ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕ ОЦЕНКИ И ЗАДАЧИ ИЗ КОМБИНАТОРНОЙ ГЕОМЕТРИИ

0

БИБЛИОТЕКА МАТЕМАТИЧЕСКОГО КРУЖКА

ВЫПУСК 13

Д. О. ШКЛЯРСКИЙ, Н. Н. ЧЕНЦОВ,и. м. яглом

ГЕОМЕТРИЧЕСКИЕОЦЕНКИ

И ЗАДАЧИИЗ КОМБИНАТОРНОЙ

ГЕОМЕТРИИ

ИЗДАТЕЛЬСТВО «НАУКА»ГЛАВНАЯ РЕДАКЦИЯФИЗИКО-МАТЕМАТИЧЕСКОЙ ЛИТЕМОСКВА 1974

513 Ш 66

УДК 513

Книга имеет форму задачника с указаниями и подробными решениями. Все сведения, необходимые для понимания задач, изложены в тексте книги. Многие из собранных здесь задач предлагались участникам московских школьных математических кружков и олимпиад. Некоторые из задач заимствованы из серьезных научных работ, относящихся к новому разделу математики — комбинаторной геометрии.

Книга рассчитана на интересующихся математикой учащихся старших классов средней школы и студентов-математиков младших курсов.

© Издательство «Наука», 1974.

Давид Оскарович Шклярский, Николай Николаевич Ченцов,Исаак Моисеевич Яглом

Геометрические оценки и задачи из комбинаторной геометрии(Серия: «Библиотека математического кружка*)

М., 1974., 384 стр. с илл.

Редактор Л. И. ГоловинаТехн, редактор И. Ш. АксельродКорректоры О. А. Сигал, М. Л. Медведская

Сдано в набор 2 5/IX 1973 г.Подписано к печати 2/1V 1974 г.

Бумага 84ХЮ8г/з2. тип- № 3. Физ. печ. л. 12. Условн. печ. л 20.16.

Уч.-изд. л. 24,57. Тираж 70 000 экз. Цена книги 87 к. Заказ №800

Издательство «Наука*

Главная редакция физико-математической литературы117071, Москва, В-71, Ленинский-проспект, 15

Ордена Трудового Красного ЗнамениЛенинградская типография № 2 имени Евгении СокСоюзполиграфпрома при Государственном комитете Советапо делам издательств, полиграфии и книжной198052, Ленинград, Л-52, Измайловский просп

ш 20203-057 „_, Ш 053(01)-74 85"73

СОДЕРЖАНИЕ

Предисловие • .. . . .4

Указания к пользованию книгой 8

Список задач, предлагавшихся на математических олимпиадах12

Задачи . . 13

Оценкирасстояний(1—15) . 13

Оценки углов (16—36) . , , $* . 20

Оценкиплощадей(37—60) 36

Несколько свойств выпуклых многоугольников (61—77) 55

Задачи на максимум и минимум, связанные с понятием диаметра фигуры (78—104) 68

Задачи о расположении точек и фигур (105—120) . . 101

Решения . . . 120

Литература . . . . . 356

Ответы и указания , ,367

ПРЕДИСЛОВИЕ

Настоящая книга представляет собой очередной (но ни в какой мере не зависящий от предыдущих) том из ряда сборников задач, выросших из деятельности школьного математического кружка при Московском государственном университете и из (первоначально тесно связанных со школьным кружком при МГУ) математических олимпиад московских школьников. Такое происхождение книги отражено уже в списке ее авторов, первый и старший из которых в возрасте 23 лет погиб в партизанском отряде более чем ЗОлет тому назад. С именем студента Додика Шклярского связаны многие традиции той работы с интересующимися математикой школьниками, которую и по сей день ведут студенты механикоматематического факультета МГУ; в частности, от него идет упор в этой работе на решение задач повышенной трудности). Поэтому мы сочли уместным и в этой книге, как и в некоторых ей предшествующих, поставить на первое место в списке авторов имя человека, который не мог, конечно, принимать реального участия в работе по ее составлению, но который оказал значительное влияние на составителей. Однако наряду с традициями, идущими еще от довоенных времен, в книге отражаются и некоторые более свежие влияния — ио них хочется сказать здесь несколько более подробно.

Эту книгу можно рассматривать как завершающий этап работы по переработке вышедшего более 20 лет тому назад сборника задач по элементарной геометрии); при этом в процессе подготовки нового варианта

названной книги она настолько разрослась, что ее оказалось уместным выпустить в свет в виде трех отдельных томов (двумя остальными являются книги [4] и [13]). При этом авторам пришлось учитывать то, что за истекшие 20 лет сама элементарная геометрия коренным образом изменила свое лицо; это повлекло за собой необходимость изменения и характера посвященного ей задачника. В самом деле, если еще сравнительно недавно основное содержание элементарной геометрии составляли задачи на доказательство и на построение, связанные со свойствами треугольников, окружностей и фигур, получаемых комбинированием многоугольников и окружностей (именно такие задачи, к слову сказать, составляли большинство в указанном в последней сноске сборнике), то сегодня это направление вызывает сравнительно малый интерес. Последнее частично объясняется тем, что «традиционная элементарная геометрия» была в значительной степени порождена теми разделами математики, расцвет которых относился к XIX, но отнюдь не к XX веку (и которые сами уже в значительной степени утратили свой былой блеск в глазах ученых и любителей математики)—синтетической геометрией^ и проективной геометрией^. Однако «природа не терпит пустоты» — и место «классической» элементарной геометрии на наших глазах начинают занимать некоторые новые направления, связанные с актуальной сегодня проблематикой ).

Говоря о тех сдвигах в общенаучных интересах, которые вызвали определенное «смещение акцентов» в математике, задевшее и элементарную геометрию, надо в первую очередь сказать об одном специфическом типе задач, которые в настоящее время привлекают большое внимание математиков и «потребителей» математики. Мы имеем в виду так называемые «задачи на оптимизацию», ставящие своей целью нахождение «оптимального» (самого лучшего) или по крайней мере «достаточно хоро-

’) Так называется то направление геометрии, которое игнорирует идущие от Р. Декарта «аналитические» методы, основанные на методе координат и по существу сводящие геометрию к алгебре.

щего» режима работы отдельного механизма или большой системы (механической, биологической, экономической или какой-либо еще). Характерный для нашего времени интерес к задачам такого рода вызвал к жизни целый ряд новых направлений математики — своего рода новых «математических наук», развивающихся с большой интенсивностью. Этот поворот к новой тематике отразился и на геометрии, определив, в частности, подъем внимания к одной возникшей еще в XIX веке ветви математики,— к так называемой дискретной геометрии (о ней см., например, [24] и [25]), неожиданным образом «попавшей в струю» современных исканий.

Основные задачи дискретной геометрии касаются «плотнейших укладок» равных фигур и «редчайших покрытий» равными фигурами — здесь требуется расположить, скажем, в некоторой ограниченной области Ф плоскости или пространства наибольшее возможное число непересекающихся «копий» заданной фигуры F или покрыть Ф наименьшим числом равных F фигуру. Такая постановка задач идет от теории чисел — и первые серьезные результаты в области дискретной геометрии получили создатели геометрических методов теории чисел: немецкий математик Г. Минковский, русские Г. Ф. Вороной, А. Н. Коркин, Е. И. Золотарев, норвежец А. Туэ. Впоследствии, однако, этим направлением заинтересовались и геометры. Особенно возросло внимание к дискретной геометрии, когда выяснилось, что многие ее результаты приложимы в некоторых из связанных с «оптимизационными задачами» новых направлениях математики (например, в имеющей большое прикладное значение «теории кодирования», изучающей оптимальные режимы работы тех или иных линий связи).

Другое направление геометрических исследований, родственное дискретной геометрии и первоначально находившееся в тесной связи с последней, представляет собой так называемая комбинаторная геометрия. Под этим названием понимают раздел геометрии, в котором рассматриваются задачи о нахождении в том или ином

9 Наибольшую роль в дискретной геометрии играют задачи о «плотнейшей укладке» фигур на всей (бесконечной!) плоскости или во всем пространстве и о «редчайшем покрытии» всей плоскости или всего пространства; однако в такой постановке эти задачи дальше, чем сформулированные нами, от (в первую очередь интересующей нас здесь!) проблематики комбинаторной геометрии.

отношении «оптимальных» конфигураций, образованных конечным числом точек или геометрических фигур. При этом типичные для комбинаторной геометрии задачи связаны с оценкой тех или иных целых чисел— обычно числа точек или фигур, которые могут входить в удовлетворяющую условиям задачи конфигурацию. Именно таким характером рассматриваемых здесь задач и объясняется прилагательное «комбинаторная»— ведь комбинаторикой называется раздел алгебры, в котором подсчитывается число тех или иных комбинаций конечного числа элементов, удовлетворяющих заданным в формулировке задачи условиям.

Задачи комбинаторной геометрии отличаются очень большим разнообразием; при этом формулировки их, как правило, опираются лишь на самые простые геометрические понятия и факты и доступны любому школьнику. Решения же задач комбинаторной геометрии зачастую оказываются весьма сложными; целый ряд основных для этого раздела задач не решен и по сей день. Однако эта тематика подсказывает и ряд задач, которые можно предложить начинающему математику, например интересующемуся математикой школьнику старших классов, — именно такие задачи и составляют основное содержание настоящего сборника.

/7, М. Яглом/7, М. ЯгломРукопись книги была прочитана Н. Б. Васильевым и Л. И. Головиной, замечания которых позволили внести в текст целый ряд усовершенствований. Очень полезно было обсуждение отдельных задач с молодыми математиками, из числа которых особо хочется отметить Ф. Л. Варпаховского, Г. А. Гальперина, В. Л. Гутевмахера, А. М. Леонтовича и И. И. Яглома. Б. Грюнбаум (Сиэттль, США) и Г. А. Тоноян (Ереван) обратили мое внимание на не замеченную мною ранее литературу, имеющую отношение к теме книги; первый из них поделился также своими соображениями, касающимися одной из приведенных в книге задач. На разных стадиях подготовки книги к печати мне оказывали содействие многие мои друзья; здесь в первую очередь хотелось бы назвать Л. И. Головину, без помощи которой эта книга, вероятно, никогда не увидела бы света. Мне приятно выразить здесь искреннюю признательность всем, кто так или иначе принял участие в создании этой книги.

/7, М. Яглом

/7, М. Яглом

УКАЗАНИЯ К ПОЛЬЗОВАНИЮ КНИГОЙ

Настоящая книга представляет собой сборник задач, условия которых сопровождаются довольно подробными комментариями. Эти комментарии содержат определения некоторых незнакомых широкому читателю понятий, связанных с рассматриваемыми задачами; иногда— краткую историю вопроса и указание на возможные «продолжения» тематики задач и на связанные с ней нерешенные вопросы; зачастую — ссылки на дополнительную, иногда довольно специальную литературу. Книга может быть использована в работе школьного или студенческого кружка (или просеминара) и для самообразования. При использовании книги в работе кружка естественным является рассказ руководителя об общей тематике задач и, возможно, разбор решений некоторых наиболее характерных или наиболее трудных задач; однако желательно, чтобы большую часть задач участники кружка решили сами. Руководителю следует особо обратить внимание учащихся на (указанные в тексте книги или найденные самостоятельно) нерешенные пока задачи, ибо с тематикой книги связано много доступных для начинающих проблем, которые могут послужить трамплином для последующей исследовательской работы. Порядок разбора на кружке полученных его участниками результатов может быть, например, близок к описанному на стр. 21—22 книги Д. Пойа «Математическое открытие» (М., «Наука», 1970).

Для того чтобы облегчить руководителю мотивированный выбор тематики кружка, скажем несколько подробнее о содержании настоящей книги. Собранные в ней задачи разбиты на шесть отдельных циклов, причем деление это в значительной степени условно — так, например, ясно, что задачи 82, 83 цикла 5 и некоторые сле-

дующие за ними свободно могли бы быть отнесены к циклу 1, а задачи 61—63, 64 6) и некоторые другие из цикла 4— к циклу 3. Эта условность членения материала книги между отдельными циклами задач частично задевает даже книги [4] и [13], предшествующие настоящей, в которых также затронуты некоторые темы, которые были бы вполне уместны и в настоящей книге, — обстоятельство, о котором стоит, быть может, предупредить преподавателя, собирающегося использовать эту книгу в работе математического кружка. Непосредственно комбинаторной геометрии (о ней говорится в Предисловии к книге) посвящены лишь два последних цикла задач, на которые хочется особо обратить внимание читателей. Однако и многие другие задачи — в первую очередь это относится, пожалуй, к циклам 2 и 3 — также навеяны комбинаторной геометрией.

Несколько иной характер имеют циклы 1 и 4 — они порождены тем разделом геометрии, из которого выделилась комбинаторная геометрия, а именно теорией выпуклых фигур (см. определения на стр. 55—56). В геометрии созданная в XIX веке теория выпуклых фигур занимает сегодня очень большое место. Связано это с тем, что общее понятие «геометрической фигуры» как произвольного множества точек плоскости или пространства является на самом деле настолько сложным, что его и к геометрии-то относить рискованно; сегодня это понятие скорее считают относящимся к топологии^ или к математическому анализу (к теории множеств^. Никакие геометрические подходы к понимаемой таким образом «теории фигур» просто невозможны, — и для того чтобы очертить круг «доступных геометрии» объектов, приходится накладывать на рассматриваемые «фигуры» те или иные дополнительные ограничения, самым простым и естественным из которых является требование выпуклости. В настоящее время теория выпуклых фигур выросла в большую, активно развивающуюся науку со своими методами и свойственной только ей тематикой ); значение этой теории сильно возросло и в силу

!) Так называется выделившаяся в XX веке из геометрии наука, характеризующаяся органическим слиянием методов и точек зрения, идущих от геометрии, алгебры и математического анализа.

того, что на ее методах в значительной степени основаны дискретная геометрия и комбинаторная геометрия (см. Предисловие). Отражением возросшего значения теории выпуклых фигур является то, что в большинстве стран мира понятие выпуклой фигуры входит сегодня в школьный курс математики 1).

Самыми простыми (плоскими) выпуклыми фигурами являются выпуклые многоугольники; при этом очень важной является возможность заменить произвольную плоскую выпуклую фигуру F «сколь угодно близким к ней» выпуклым многоугольником М, например, вписанным в F. На обсуждение смысла взятого Н кавычки выражения в известной мере нацелен цикл задач 1, в котором, впрочем, это обсуждение не доводится до конца; строго доказывается и подробно обсуждается сформулированное утверждение, скажем, в книге [30] или в статье [28]. Выделенное курсивом свойство выпуклых многоугольников позволяет считать их, в каком- то смысле, «самыми главными» (плоскими) выпуклыми фигурами — очень многие свойства выпуклых многоугольников удается затем автоматически перенести на все выпуклые фигуры, основываясь на этой возможности «приблизить» каждую выпуклую фигуру выпуклыми многоугольниками. Это обстоятельство делает соблазнительной попытку изложения некоторой части общей теории выпуклых фигур на (доступном и привычном школьникам!) уровне выпуклых многоугольников. Настоящий сборник задач ни в какой мере не претендует, конечно, на решение столь общей методической задачи; однако нам хочется порекомендовать читателям продумать вопрос о возможности переноса тех или иных результатов собранных в цикле 4 задач на (произвольные!) плоские выпуклые фигуры.

Звездочками в настоящей книге отмечены те задачи, которые нам кажутся более трудными, а двумя звездочками— самые трудные задачи. Все содержание книги разбито на три части. Первую из них составляют условия задач. Предполагается, что читатель начнет с попытки самостоятельного решения задачи. Если это ему не удастся, то он может заглянуть в конец книги, где собра-

^ См., например, А. Н. Колмогоров, А. Ф. Семенович, Ф; Ф. Нагибин, Р. С. Черкасов, Геометрия, 6 кл., М., «Просвещение», 1972, п. 39 § 1 гл. П; Э. М о и з, Ф. Д а у н с, Геометрия, М., «Просвещение», 1972, § 4 гл. 3.

ны ответы или указания к решению, с тем, чтобы далее продолжать думать над решением задачи. Вторую часть книги составляют решения задач; их следует читать лишь после того, как задачу удалось решить самому (ибо сравнение найденного решения с приведенными в книге может оказаться поучительным) или если задача очень уж долго не поддается решению. Впрочем, в случае задач, номера которых помечены звездочкой, или — тем более!— двумя звездочками, этот порядок работы может быть и изменен: здесь не зазорно начать попытку решения задачи сразу с ознакомления с приведенным в конце книги «указанием», или даже просто ознакомиться с приведенным во второй части книги «решением», рассматривая соответствующий текст как включенную в настоящий задачник «теорию».

К книге приложен довольно обстоятельный список литературы (не претендующий, впрочем, на полноту и не исчерпывающий все использованные составителем источники), настолько подробный, что его объем надо, видимо, специально аргументировать. Первая часть списка адресована читателю, заинтересовавшемуся не какой-либо конкретной задачей из числа собранных в настоящем сборнике, а всем тем направлением, которое этот сборник представляет. В этой части библиографии перечислен ряд книг и статей (в подавляющем большинстве своем вполне доступных начинающему математику), уделяющих много места тематике, близкой к той, которой посвящена настоящая книга. Для удобства читателей эта часть списка литературы имеет дополнительную рубрикацию и названные в ней книги и статьи иногда сопровождаются краткими аннотациями, характеризующими их содержание. Однако основную часть списка литературы составляет его вторая часть, содержащая перечень работ, непосредственно связанных с собранными здесь задачами; эти работы разбиты на шесть групп, отвечающих шести циклам задач. Второй раздел библиографического списка обращен в первую очередь не к учащемуся, а к преподавателю, пожелавшему использовать эту книгу в своей работе. Еще одна категория лиц, на которых рассчитан обстоятельный список литературы, — это те читатели, которые пожелали бы испробовать свои силы в попытке самостоятельной исследовательской работы в области комбинаторной геометрии. Хочется обратить внимание на то, что

«классическая» элементарная геометрия достигла своего настоящего развития в первую очередь благодаря усилиям лиц, не причислявших себя к профессионалам-математикам,— более всего усилиям многочисленных школьных учителей в разных странах мира. Нам кажется, что и комбинаторная геометрия, которая смело может претендовать на положение «элементарной геометрии наших дней», в состоянии заложить фундамент для самостоятельного научного творчества многих любителей математики, начиная с учащихся средней школы — и при составлении настоящей книги мы хотели дать начинающим математикам материал для их исследовательской работы.

Список задач,предлагавшихся на математических олимпиадах

Многие из собранных в настоящем сборнике задач в разные годы предлагались на московских, всесоюзных, международных и других школьных математических олимпиадах (о порядке проведения которых см. [4], а также книги [И] и [12], специально посвященные московским и международным олимпиадам); нижеследующая таблица (не претендующая на абсолютную полноту) содержит номера этих задач:

Олимпиада Номера задач

Московская, I турМосковская, II турМосковская, I турМосковская, II турВсероссийскаяВсесоюзнаяМеждународнаяВсесоюзная заочнаяБританскаяВенгерская (им. Й. Кюршака)ВсероссийскаяВсесоюзнаяМеждународнаяВсесоюзная заочнаяБританскаяВенгерская (им. Й. Кюршака), 14, 23, 24, 25а)-б), 26 а), 46а)-б), 47, 79 а), 97 6)'6), 10, II, 15 а)—6), 19, 21, 33а), 35, 45 в), 51, а)-6), 52 а), 57 а), 58, 64 6), 67 6), 95а), 1068016, 18 а), 48, 54 а), 55 а)38 а), 87а)40, 11981, 94 6), 120 6)За), 4, 26 в), 14, 23, 24, 25а)-б), 26 а), 46а)-б), 47, 79 а), 97 6)'6), 10, II, 15 а)—6), 19, 21, 33а), 35, 45 в), 51, а)-6), 52 а), 57 а), 58, 64 6), 67 6), 95а), 1068016, 18 а), 48, 54 а), 55 а)38 а), 87а)40, 11981, 94 6), 120 6)За), 4, 26 в)

Московская, I тур

Московская, II тур

Московская, I тур

Московская, II тур

Всероссийская

Всесоюзная

Международная

Всесоюзная заочная

Британская

Венгерская (им. Й. Кюршака)

Всероссийская

Всесоюзная

Международная

Всесоюзная заочная

Британская

Венгерская (им. Й. Кюршака)

, 14, 23, 24, 25а)-б), 26 а), 46а)-б), 47, 79 а), 97 6)'

6), 10, II, 15 а)—6), 19, 21, 33а), 35, 45 в), 51, а)-6), 52 а), 57 а), 58, 64 6), 67 6), 95а), 106

80

16, 18 а), 48, 54 а), 55 а)

38 а), 87а)

40, 119

81, 94 6), 120 6)

За), 4, 26 в)

, 14, 23, 24, 25а)-б), 26 а), 46а)-б), 47, 79 а), 97 6)'

6), 10, II, 15 а)—6), 19, 21, 33а), 35, 45 в), 51, а)-6), 52 а), 57 а), 58, 64 6), 67 6), 95а), 106

80

16, 18 а), 48, 54 а), 55 а)

38 а), 87а)

40, 119

81, 94 6), 120 6)

За), 4, 26 в)

При этом задачи 3 6), 10, 14, 15 а), 16, 23, 24, 26 а), 33а), 45в), 46а), 57а), 58, 79а) и 97 6) предлагались учащимся 7-х или 8-х классов, а остальные — учащимся старших классов.

ЗАДАЧИ

ОЦЕНКИ РАССТОЯНИЙ

В этом небольшом цикле собраны задачи, связанные с оценками расстояний между точками или между фигурами. Центральными здесь, видимо, следует считать несложные задачи 6—10, посвященные важному понятию расстояния между двумя фигурами (например, между двумя линиями) Ф1 и Ф2 (ср. § 4 книги [29] или п. 2.4 статьи [28]). Относительно общего понятия расстояния между двумя объектами X и У, которые могут быть самой разной природы, см., например, Ю. А. Шрейдер [38].

В пространстве даны два треугольника АВС и AiBtCi. Докажите, что наибольшим из всех расстояний ММЬ где М е ABC ^, a Mi е АХВХС1, является самый большой из девяти отрезков ААЬ АВХ, АСХ, ВАХ, ВВХ, ВСХ, САХ, СВХ и ССХ.

В пространстве даны два отрезка АВ и АХВХ. Докажите, что расстояние между их серединами М и Мх не превосходит полусуммы расстояний ААХ и BBt между концами отрезков и не меньше (абсолютной величины) полуразности расстояний AAi и ВВХ.

В каком случае ММХ =-^-(ААх + ВВХУ> А когда ММХ =у| АА,— ВВХ |?

В пространстве даны два отрезка АС и BD длины 1. Докажите, что:

хоть одно из расстояний АВ, ВС, CD и DA не |/2"

меньше -ЧрА

если отрезки АС и BD пересекаются, то хоть одно из расстояний АВ, ВС, CD и DA не больше if? .;

*) То есть точка М принадлежит треугольнику АВС; треугольник здесь понимается как часть плоскости, ограниченная отрезками АВ, ВС и СА.

если отрезки АС и BD лежат в одной плоскости, но не пересекаются, то хоть одно из расстояйий АВ, ВС, CD и DA больше 1.

Пусть выпуклый четырехугольник ABCD таков, что АС + CD ^ АВ + BD. Докажите, что в этом случае вершина А четырехугольника расположена ближе к вершине В, чем к вершине С.

Сохраняет ли силу утверждение настоящей задачи, если четырехугольник ABCD не выпуклый?

На плоскости даны четыре точки А, В, С и D. Докажите, что:

если точки В и С принадлежат отрезку AD и симметричны относительно середины S этого отрезка, то сумма расстояний любой точки 7И плоскости от точек А и D не меньше суммы расстояний той же точки от точек В и С;

обратно, если сумма расстояний любой точки М плоскости от точек А и D не меньше суммы расстояний той же точки от точек 6 и С, то точки В и С принадлежат отрезку AD и симметричны относительно середины S этого отрезка.

а) Радиусы двух окружностей Si и S2 равны п и г2, а расстояние между их центрами Ot и О2 равно d. Чему равно наименьшее расстояние между точками окружностей? Чему равно наибольшее расстояние между их точками?

Ответьте на тот же вопрос с заменой окружностей Si и S ограниченными этими окружностями кругами Л1 и Кг.

Ясно, что ни наибольшее расстояние между точками двух фигур, нй наименьшее из этих расстояний не характеризуют близость самих фигур друг к другу: так, на рис. 1,а фигуры Л и F^ далеки одна от другой, а наименьшее расстояние АВ между их точками мало; на рис. 1,6 линии Li и В2 почти совпадают, а наибольшее расстояние MN между их точками велико. Гораздо лучше характеризует взаимное расположение двух фигур Ф1 и Ф2 следующая величина. Для каждой точки А фигуры Ф1 найдем самую близкую к ней точку В фигуры Ф2 (рис. 2); далее определим наибольшее расстояние ДоВо из всех таких расстояний АВ. Это расстояние А0В0 называется расстоянием от фигуры Ф4 до фигуры Ф2 и обозначается через р(Фь Ф2).

Величины, строение которых сходно со строением величины р(Фь Ф2), встречаются в современной (особенно прикладной) математике довольно часто; поэтому на процессе образования числа р(Ф1, Ф2) уместно остановиться более подробно. Наибольшее из какого-то множества чисел М = {a, b, с,,..} (в фигурных скоб-

ках выписаны числа рассматриваемого множества) часто обозна* чается символом

шах [а, Ь, с, .. * ] или max xjх^М

здесь буквы max образуют сокращение латинского слова maxi* mum — «наибольший», а запись х е М читается так: «число J

Рис. L

принадлежит множеству М», или «х— какОе-то число из множе-

ства М» (е — теоретико-множественный знак объекта заданной совокупности, или множеству, элементов). Аналогично этому наименьшее из чисел того же множества М = {и, Ь, с,...} обозначается так;

min [а, Ь, с, ...] или min х, хеМ

где min есть сокращение minimum — «наименьший».

что величины

латинского словаВыше мы виделщ

принадлежности

Рис. 2.

min АХА2

Л(ЕФ1э Лг^Фг

и max AvA2

Л^^Ф^ Лг^Фа

(первая запись читается так: «наименьшее из расстояний AtA2, где точка Ai принадлежит фигуре Ф1, а точка А2— фигуре Фг»; ана* логичный смысл имеет и вторая запись) являются мало удачнымй характеристиками отклонения фигуры Ф2 от фигуры Фь Гораздо лучше подходит для этой цели величина р(Фъ Фг), которая опре* деляется так: сначала мы, фиксировав какую-либо точку А (кото* рая в дальнейшем будет считаться принадлежащей фигуре Ф1), образуем

min АВ,

ВеФ2

т. е. минимум всех расстояний АВ, где В — произвольная точка фигуры Фг; полученную величину обозначают символом р(ДФг)

и часто называют расстоянием от точки Д до фигуры Ф2 ’). Затем ищется величина

max min АВ (или точнее, max ( min АВ)), А^ф^в^ф^АеФ^ 6еФ2

т. е. максимум всевозможных величин min АВ, полученный в

В е Ф2 предположении, что А пробегает все точки фигуры Фг, этот «максимум всех минимумов» и обозначается через р(Ф1, Ф2).

Впоследствии в этой книге мы еще не раз встретимся с величинами, образованными аналогичным образом (ср., например, стр. 24 или 35).

Остановимся, наконец, еще на одном моменте, хотя и несущественном для задач этого цикла, но заслуживающем внимания с точки зрения обсуждаемых в последующих циклах проблем. Под фигурой мы понимаем произвольное множество точек; но при этом, скажем, уже min АВ, где А — какая-то фиксированная точка ВеФ

плоскости, а Ф — (плоская) фигура, вполне может и не существовать. В самом деле, пусть К — скажем, множество всех внутренних точек круга с центром О и радиусом г (т. е. таких точек М, что ОМ < г; при этом точки N ограничивающей наш круг

Рис. 3.

окружности S, для которых ON = г, мы к К не причисляем), a А — внешняя по отношению к кругу точка; в таком случае min АМ не существует, ибо если No—(первая) точка пересе- м ее к

чения луча АО с окружностью 2 (рис. 3), то для всех М е К имеем АМ > AN0, но среди точек М & К найдутся такие, для которых АМ сколь угодно близко к AN0. В случае, когда

*) Вспомните, например, известное определение расстояния от точки А до прямой а как длины d перпендикуляра, опущенного из А на а; ясно, что d = р(Д,а),

min AB не существует, расстояние р(Л,Ф) от А до Ф опреде- ВеФ

ляют как (точную) нижнюю грань, или инфимум*) длин всех отрезков АВ, где В g Ф:

р (Д, Ф) = inf АВ;

ВеФ

при этом величина g = inf х, где X — некоторое множество чисел, хеХ

определяется из условий: х ^ £ для всех х е X; существуют х е X, сколь угодно близкие к (так что если min х хе X существует, то inf х= min х). Точно так же в тех случаях, ко- хеХ хеХ"

гда не существует max р (А, Ф2), часто удобно рассматривать ‘Л Еф[

(точную) верхнюю грань, или супремум) величин р(Д, Ф2), где А е Фь

р (Фь Ф2) = sup р (Д, Ф2) = sup inf АВ;

Л е Ф1л е Ф( В е Ф2

при этом sup у определяется как такое число ц, что у ^ н для y^Y

всех у g У, но разность т] — у, где у е У, может быть сколь угодно малой. При этом, если определить расстояние р(Ф1, Ф2) от фигуры Ф4 до фигуры Ф2 так:

р (Фь Ф2) = sup inf АВ,

ЛеФ1 В ееФ2

то, скажем, расстояние между внутренностями двух кругов не будет отличаться от расстояния между самими кругами.

а) Пусть Л и Г2— контуры двух параллельно расположенных на плоскости равносторонних треугольников с общим центром и со сторонами, соответственно равными 1 и 2. Чему равно расстояние р(Л, Т2) от Т\ до Г2? Чему равно расстояние р(Г2, Л) от Т2 до Л?

б) Пусть Ki и К2 — контуры двух параллельно расположенных кубов с общим центром и с ребрами 1 и 2. Чему равно расстояние p(/G, К2) от Ki до К2? Чему равно расстояние р(/С2, /G) от К2 до Ki?

Из результатов задачи 7 вытекает, что определенное выше расстояние от одной фигуры до другой не симметрично; расстояние р(Фь Ф2) от фигуры Ф[ до фигуры Ф2 может ине равняться расстоянию р(Ф2. Ф1) от фигуры Ф2 до фигуры Фь Однако это «расстояние» удовлетворяет другому важному свойству обычных расстояний.

*) infimum — по-латыни низшее.

Пусть Фь Ф2 и Ф3 — три произвольные фигуры.

Докажите,что сумма расстояний от Ф1 до Фа и от Фа до Ф3 не меньше расстояния от Ф1 до Фз:

Р (Ф1, Ф2) + Р (Ф2, Фз) > Р (Фь Фз).

Может ли иметь место неравенство

Р (Ф1, Ф2) + Р (Ф2, Ф3) < Р (Фз, Ф1)?

Иногда оказывается удобнее характеризовать отклонение фигуры Ф1 от фигуры Ф2 наибольшим из определенных ранее расстояний от Ф1 до Ф2 и от Ф2 до Фь Полученная таким образом величина называется расстоянием между фигурами Ф1 и Ф2 и обозначается через Р(Фь Ф2); таким образом:

Р (Фь Ф2) = max [р (Фь Ф2), р (Ф2, ФО].

Ясно, что расстояние Р(Ф1, Ф2) уже симметрично*, для любых двух фигур Ф1 и Ф2 всегда

Р(фь Ф2) = Р(Ф2, ФО.

Кроме того, Р(Ф1,Ф2)=0 в том случае, когда фигуры Ф1 и Ф2 совпадают 9.

а) Пусть Si — окружность с центром 0^ и радиусом r^ S2 — окружность с центром О2 и радиусом г2; расстояние OiO2 между центрами Si и S2 обозначим через d. Чему равно расстояние p(Sb S2) от окружности Si до окружности S2 и расстояние P(Si, S2) между этими двумя окружностями?

Изменятся ли рассматриваемые расстояния при замене окружностей Si и S2 кругами /G и К2, ограниченными этими окружностями?

Пусть Ф1, Ф2, Фз — три фигуры. Докажите, что сумма расстояний между Ф1 и Ф2 и между Ф2 и Фз не меньше расстояния между Ф1 и Фз:

Р(Ф1, Ф2) + Р(Ф2, Фз)>Р(Ф1, Фз).

На листе бумаги поставлена клякса. Для каждой внутренней точки А кляксы находим ближайшую к ней точку В ограничивающей кляксу линии; затем из всех полученных таким образом (для разных точек

9 Или «почти совпадают» — так, например, равно нулю рас* стояние между окружностью S и той же самой окружностью S' с одной «выколотой» (т. е. исключенной из рассмотрения) точкой.

[По поводу еще одного определения расстояния между (плоскими) фигурами (так называемое «симметричное расстояние») см, ниже, стр. 54.]

кляксы) расстояний АВ выбираем самое большое расстояние Д1Вь Аналогично для каждой внутренней точки А кляксы мы находим и самую далекую от А точку С ограничивающей кляксу линии; затем из всевозможных (образованных для всех точек кляксы) расстояний АС находим самое маленькое расстояние Л2С2.

Какое из расстояний больше: АХВХ или Л2С2?

Может ли иметь место равенство АХВХ = Л2С2? Если может, то для кляксы какой формы?

Разумеется, задаче 10 можно придать следующую форму. Для каждой внутренней точки А плоской фигуры Ф («кляксы») находим ту из точек ограничивающей Ф линии Г, которая ближе всего к А; расстояние АВ от А до этой точки В линии Г обозначаем через р(А), а наибольшее из всех расстояний АВ = р(А), образованных для всех внутренних точек фигуры Ф — просто через р (= AjBi). Аналогично этому пусть v(A) = АС— расстояние от А до самой далекой от А точки С линии Г, a v = А2С2 — наименьшее из всех расстояний v(A), образованных для всех точек Л е Ф.

Таким образом, содержание задачи 10 составляет сравнение двух величин 9

р = шах в (А) = max min АВ и v — min v (А) = min max AC АеФДеФ ВеГДеФДеФ СеГ

(ср. выше, стр. 16).

Расстояния от некоторой точки М до вершин А и В равностороннего треугольника АВС равны МА = 2 и МВ = 3. Чему может равняться расстояние МС от точки М до третьей вершины треугольника?

Пусть Аь Л2, ..., Д1Ооо — какие угодно 1000 точек плоскости. Докажите, что на любой окружности радиуса 1 найдется точка М, сумма расстояний от которой до точек Аь Л2, ..., Люоо не меньше 1000.

13*. На плоскости дана ломаная Л0Л1Л2 ... Лп такая, что

АОАХ~ АХА2 = А2А3 = ... = Ап_хАп=1

и

60 ^ /_ АфАхА2 ^ ZL АХА2А3 ^ /_ Л2Л3Л4 ^ ...

• • • ^ z^ Ап_2Ап—1 Ап ^ 120°;

V = inf sup ACДеФ СеГV = inf sup ACДеФ СеГ9 Точнее здесь было бы писать р = sup inf АВ и ДеФ ВеГ

V = inf sup ACДеФ СеГ

V = inf sup ACДеФ СеГ

(ср. со сказанным на стр. 17).

при этом каждые два звена ломаной, соседние с одним и тем же звеном, расположены по одну сторону от него

(рис.(рис.^n-f^n-fРис. 4.Рис. 4.. Докажите, что, каково бы ни было число и, рас-

(рис.

(рис.

^n-f

^n-f

Рис. 4.

Рис. 4.

стояние АоАп никогда не превзойдет 3.

На плоскости даны две точки А и В, расстояние между которыми равно d. Постройте квадрат, на границе которого лежат эти точки, так, чтобы сумма расстояний от точки А до вершин квадрата была наименьшей из возможных. Чему равна эта сумма?

Через одну точку О проходят четыре прямые /ь /2, /3 и /4 (прямые занумерованы в порядке вра-

ТОГО,ТОГО,всегда ОВ^-д О Арвсегда ОВ^-д О Арщения часовой стрелки; см. рис. 5). Через произвольную точку 41 прямой /1 проведена прямая Д1Д2 || /4 до пересечения с /2 в точке Д2; через точку А2 проведена прямая A2A3IUi до пересечения с /Зв точке Дз; через точку А3 проведена прямая А3А41| /2 до пересечения с /4 в точке Д4; через А4 проведена прямая А4В || /о до пересечения с /1 в точке В.

ТОГО,

ТОГО,

всегда ОВ^-д О Ар

всегда ОВ^-д О Ар

Докажите, что

OB<^OAV

эта последняя оценка?эта последняя оценка?Докажите, что, более Может ли быть улучшена и

эта последняя оценка?

эта последняя оценка?

2. ОЦЕНКИ УГЛОВ

Центральное место в этом цикле задач занимают тесно связанные между собой задачи 25—32, начинающиеся со сравнительно простых вопросов и быстро приводящие к весьма сложным задачам или к проблемам, которые сегодня не умеет решить никто. При этом некоторые из не решенных до сих пор задач, связанных с оценками углов, могут оказаться и не очень трудными, и мы рекомендуем читателю постараться самостоятельно ответить на те или иные из поставленных ниже и не имеющих пока ответов вопросов

или самому сформулировать новые задачи, родственные собранным здесь.

При решении задач этого цикла следует иметь в виду определенное «коварство» рассматриваемой в нем проблематики: здесь совсем простые по условию задачи сплошь и рядом оказываются весьма нелегкими, причем сложность двух, казалось бы, весьма схожих задач зачастую является совсем разной. Так, в то время как задача 25 г) является сравнительно простой, в точности аналогичная ей задача об оценке наибольшего из образованных п точками углов до сих пор не решена, хотя ее пытались решить многие известные математики; подобно этому из двух весьма близких по формулировке задач 32 и 34 (ср. сказанное по этому поводу на стр. 33) вторая решается совсем легко, а первая является одной из труднейших во всей книге. Поучительно также сопоставление задач 31 а) и 32 а) с их стереометрическими аналогами 31 б) и 32 б) (или даже сравнение совсем простой задачи 33 а) с задачей 33 б)), иллюстрирующее типичное для комбинаторной геометрии резкое возрастание трудностей при переходе от планиметрических проблем к стереометрическим или «многомерным» (ср. со сказанным на стр. 33 в связи с задачей 32),

Семиугольник ЛИгЛзЛИ^ЛбЛт вписан в окружность. Докажите, что если центр этой окружности лежит внутри семиугольника, то сумма углов при вершинах Ль Л3 и Л5 меньше 450°.

Пусть М— произвольная точка, лежащая внутри правильного тг-угольника. Докажите, что найдутся две такие вершины Л и В тг-угольника, что

(1Ц - 180° < Z АМВ С 180°.

В остроугольном треугольнике АВС биссектриса AD, медиана ВМ и высота СН пересекаются в одной точке.

Докажите, что угол А треугольника больше 45°.

Укажите все значения, которые может иметь ZЛ при выполнении условий задачи.

Какие значения может иметь угол, под которым диагональ куба видна из точки его поверхности (концы диагонали исключаются из рассмотрения)?

В кольце, ограниченном концентрическими окружностями радиусов В и г с центром О, взяты две точки Л и В; расстояние АВ равно 1. Какое наименьшее значение может иметь угол АОВ^

Как провести п лучей с началом в одной точке плоскости так, чтобы сумма всевозможных попарных углов между этими лучами была наибольшей из возможных? (Под углом между двумя лучами здесь

понимается угол, не превосходящий 180°.) Чему равно это наибольшее возможное значение суммы углов?

Пусть aXl а^ ..., ак — какие-то к положительных чисел. На луче ОХ откладывается отрезок OXi = хх, где

%! — какое-то одно из чисел а^ а^ ..., а^ затем на луче XxY ± ОХ^ откладывается отрезок XiX2 = х2, где

х2— еще одно из тех же чисел б?ь fi2, ..., ак. и луч XxY обращен в такую сторону, что направление вращения от луча ОХх к лучу ОХ2 противоположно направлению вращения часовой стрелки (рис. 6); затем на луче X2Yx ± ОХ2 откладывается отрезок Х2^з = ^з, где х3 — еще одно из тех же к чисел, и направление вращения от ОХ2 к ОХ^ совпадает с направлением вращения от ОХх к ОХ2, и т. д.; наконец, на

^ ^ki^ ^kiлуче Xk-xYk-^L ОХк-Х откладывается отрезок Хк-хХк = — Хк, где Хк — последнее из к чисел ах, а2. ..., а^ и луч ОХк-Х поворачивается до положения ОХк в направлении, обратном направлению вращения часовой стрелки. Докажите, что при данных числах ах, а2, ..., ак «полный» угол поворота ХхОХк будет наибольшим, если

^ ^ki

^ ^ki

и будет наименьшим, если

%1>X2>*3> ••• >Хк.

На плоскости дано семь прямых, никакие две из которых не параллельны. Докажите, что найдутся две из этих прямых, угол между которыми меньше 26°.

Какое наибольшее число острых углов может иметь выпуклый п-угольник?

Для того чтобы пояснить содержание последующей группы задач, нам будет удобно обратиться к одной задаче, которая была включена в предшествующий выпуск серии «Библиотека математического кружка» (см. задачу 45 а) из книги [4]), но по существу целиком примыкает к настоящему циклу.

Задача. На плоскости даны три точки Л, В, С; углы треугольника АВС мы обозначим через а, р и у, где а ^ у ^ р. Какие значения могут иметь величины углов а, р и у?

Для каких троек точек А, В, С достигаются наибольшее и наименьшее значения углов а, Р и у?

Решение. Ясно, что наименьший угол а треугольника АВС не может быть больше 60°, поскольку сумма всех трех его

углов равна 180° = 3-60°; однако значение 60° угол а принимать может (рис, 7, а). С другой стороны, угол а может быть сколь угодно мал; если же считать, что точки А, В и С могут принадлежать одной прямой (они образуют в этом случае «вырожденный»

треугольник), то становится возможным и равенство а=0 (рис. 7, б, где ZBAC = ZBCA = 0). Таким образом,

0 < а < 60°.

Аналогично наибольший угол 0 треугольника АВС не может быть меньше 60° (ибо иначе сумма трех углов была бы меньше 3-60° = 180°); равенство же 0 = 60° является возможным (рис. 7, а). Ясно также, что угол 0 может быть сколь угодно близок к 180° или даже равен 180° (так, на рис. 7,6 ZABC «треугольника» АВС равен 180°). Итак

6О°<0< 180°.

Наконец, «средний» угол у треугольника, как мы уже видели, может быть равен 0 (ибо на рис. 7, б равны нулю два угла «треугольника» АВС). Ясно также, что угол у никак не может быть тупым или прямым; однако он может быть сколь угодно близок к прямому (см. рис. 7, в, где угол А равнобедренного треугольника АВС очень мал). Поэтому

0<у<90°.

Ясно, что как значение а = 60°, так и значение 0 = 60° достигаются лишь для точек А, В, С, являющихся вершинами равностороннего треугольника; значения же а = 0, у = 0 и 0 = 180° достигаются для любых трех точек одной прямой1).

Строго говоря, нам следовало бы еще доказать, что углы а, 0 и у могут принимать любые значения в указанных пределах. Однако эта последняя часть решения задачи (сводящаяся, скажем, к построению треугольника АВС, наименьший угол А кото-

9 Заметьте, что значения а = 60° и 0 = 60° достигаются для единственной конфигурации точек (с- точностью до ее замены любой подобной ей, что, разумеется, вообще нс меняет никаких углов). Однако значения а = 0, у = 0 и 0 = 180° достигаются для многих конфигураций, ибо точка В на рис. 7, б может быть произвольно расположена на отрезке АС.

рого равен заданному углу а, произвольно выбранному в пределах О < а < 60°) является довольно простой, и ее можно опустить.

Заметим еще, что определение самого малого возможного значения а и самого большого возможного значения Р не представляет никакого труда: конечно, наименьший угол треугольника может быть сколь угодно мал (а для «вырожденного» треугольника он может равняться 0), а наибольший угол может быть сколь угодно близок к 180° (и даже равен 180°). Таким образом, интерес здесь представляет лишь определение наибольшего возможного значения а и наименьшего значения р — и эти последние задачи настолько характерны для современной математики, что о них стоит поговорить подробнее.

Для того чтобы пояснить, что именно в условиях этих двух задач является особенно типичным, мы несколько изменим обозначения. Будем рассматривать всевозможные треугольники М1МгЛ13 плоскости; углы такого треугольника при вершинах Mi, М2 и Мз мы обозначим через ai, аг и аз. При этом наименьшим может оказаться любой из углов ai, аг, аз; этот наименьший угол мы обозначим так:

min а.,где /=1, 2 или 3

/ 1*

(т. е. «минимум» — или наименьшая — из величин ai, аг, ссз). Аналогично этому наибольший из углов ai, аг, аз обозначается символом

max a ., где j = 1, 2, 3 i 1

(ср. выше, стр. 15).

Условимся еще тройку {М4, М2, Мз) точек плоскости обозначать символом ^3. В таком случае задачу оценки наибольшего возможного значения наименьшего из углов а4, аг, ссз (т. е. наибольшего значения величины пйпаД можно записать так:

/ найти

max min а., где /=1, 2 или 3; ^Q = (MnMo, М.^з /73112.

(найти максимум по всевозможным тройкам 9>3 = УЛ^Мг,М^ точек плоскости минимума по / величины aj). Аналогично этому задача оценки наименьшего значения наибольшего угла р треугольника (т. е. величины max а^ в наших новых обозначениях записывается так: найти

min max a.,^з /7min max a.,^з /7j = 1, 2, 3;^3 = {Mp M2, Л43}.

min max a.,^з /7

min max a.,^з /7

Именно этот («минимаксный» и «максминный») характер задач об оценках углов аир треугольника АВС мы и хотели подчеркнуть.

Обратимся теперь к вопросу об оценке среднего угла у. Здесь сразу не ясно, составляет ли «главную» часть задачи оценка величины у сверху или снизу; однако поскольку из рис. 7, б видно, что равенство у = 0 является возможным, то нам остается найти лишь величину шаху. Но тут нас подстерегает сюрприз: оказывается, что наибольшего возможного значения у вообще не существует — угол у может быть сколь угодно близок к 90°, но равенство у = 90° невозможно. В таком случае говорят, что у вели-

чины у нет максимума, но существует (точная) верхняя грань, или супремум — такое число Г, что у не может превзойти Г, но может быть сколь угодно близка к Г (ср. выше стр. 17). В нашем случае верхняя грань Г угла у равна 90°, что записывается так:

sup у = 90° (или sup у = 90°).

еРз

Нетрудно понять, с чем связано отсутствие максимума у величины у. Ясно, что величины max aj или rnin aj наверное суще- //

ствуют: ведь из трех углов а^ a2 и аз всегда возможно указать наибольший (конечно, наибольшими могут явиться и два из наших углов или даже все три — если все они равны) и наименьший. Однако число всевозможных троек ^з = {VWi, М2, VW3) точек плоскости является бесконечным. Поэтому здесь уже нельзя ручаться, что найдется такая тройка, которой отвечает наибольшее значение угла у: ведь переходить от одной тройки ^з точек к другой, которой отвечает большее значение угла у, мы можем сколь угодно много раз — и при этом может оказаться, что каждый раз остается какая-то тройка Л, «лучшая», чем все встречавшиеся нам ранее. Поэтому мы можем расценить лишь как нашу удачу то обстоятельство, что для величин а и 0 их верхние грани (первая из которых равна 60°, а вторая — 180°) достигаются, т. е. что существует max а и max р. Для величины же у ее (точная) нижняя грань (или инфимум — ср. стр. 17) достигается (и равна 0), а sup у = 90° недостижим, подобно тому как для величины

где п — натуральное число, sup — = 1 достигается I к этому значению ~ мы приходим, положив м=1), но inf-^-= 0 недо- /1х

стижим (т. е. величина — имеет максимум, но не имеет минимума).

Ряд задач, о которых ниже пойдет речь, начинается с совсем простых задач 25 а) — в) и с обобщающей их результаты задачи 25 г), лишь немногим более сложной, чем ее частные случаи:

а) Даны четыре точки плоскости. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника, один из углов которого не превосходит 45°; однако расположение точек может быть таким, что ни один из треугольников, вершинами которых служат три из на-ших точек, не имеет меньшего 45° угла 1).

Даны пять точек плоскости. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника, один из углов которого нс превосходит 36°; однако расположение точек может быть таким, что

*) Три точки, принадлежащие одной прямой, здесь рассматриваются как вершины «треугольника», с углами 0, 0 и 180°.

ни один из треугольников, образованных тремя из них, не имеет угла меньшего 36°.

Даны шесть точек плоскости. Докажите, что из этих точек всегда можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника, один угол которого не превосходит 30°; однако расположение точек может быть таким, что ни один из образованных этими точками треугольников не имеет угла, меньшего 30°.

На плоскости даны п точек. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника, один из углов которого не превосходит 180°.

^—; однако расположение точек может быть таким, что ни один из треугольников, вершинами которых служат какие-то три из наших п точек, не имеет угла, 180°

меньшего .

п

Каким должно быть расположение п точек, для того чтобы ни один из образованных тройками точек тре- 180° ~ угольников не имел угла, меньшего

Поясним связь задач 25 а) — г) с разобранной выше задачей сб оценке углов треугольника. Пусть на плоскости дано п точек Mi, М2, М3, ..., М„; всевозможные углы МгМ5Мк (где г, / и к принимают любые разные значения из числа номеров 1, 2, ..., и) мы обозначим через а4, а2, «з, ..., ctw, где N — число всевозможных троек t, /, к различных номеров (или «индексов»), каждый из которых может иметь одно из значений 1, 2, 3, ... или п1). Наименьший из углов ai, a2, ..., ax мы обозначим просто через а; таким образом,

а = пмпа7, где 7=1, 2, 3, ... или N.

Ясно, что наименьшее значение, которое может принимать величина а, образуемая для разных систем 5% = {Mi, М2, ..., Мп}

Число N, или N^n^ таких троек равно утроенному числу С^ треугольников с вершинами в данных точках, где С3п =

гЦп— 1) (и — 2)„о

= —-—число сочетании из п элементов по 3; таким

образом,

в частности, ^(4)=12, ^(5)=30 и ^(6)=60.

Впрочем, точное значение величины N(n) нам нигде ниже не понадобится,

из п точек плоскости, есть просто 0; а = 0, если какие-либо три из наших точек принадлежат одной прямой. Зададимся теперь целью найти наибольшее возможное значение, или максимум, величины а, достигаемый при подходящем выборе системы ^п из п точек плоскости; эту величину мы обозначим через а или, поскольку она, очевидно, зависит от числа п точек, — через а(п):

а (л) = max а = max min а., ^п 11

/=1, 2, ... или NVn\ д>п = \Мъ Мъ .... Мпу

Задача 25 г) утверждает, что

а(п)а(п)180° , п ’180° , п ’

а(п)

а(п)

180° , п ’

180° , п ’

в частности (см. разобранную выше задачу об оценке углов треугольника и задачи 25 а)—в)),

а(3) = 60°, а (4) = 45°, а(5) =36° и а (6) = 30°.

Таким образом, скажем, для случая шести точек плоскости наименьший угол а из числа образованных этими точками N ( = 60) углов таков, что

0 < а < 30°.

Обратимся теперь к оценке наибольшего из углов aj.

. а) На плоскости даны четыре точки. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами прямоугольного или тупоугольного треугольника; однако расположение точек может быть таким, что никакие три из них не являются вершинами тупоугольного треугольника 4).

На плоскости даны пять точек. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника с наибольшим углом ^108°; однако расположение точек может быть таким, что ни один из треугольников, образованных нашими точками, не имеет угла, большего 108°.

На плоскости даны шесть точек. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника с наибольшим углом ^120°; однако расположение точек может быть таким, что ни один из треугольников, образованных этими точками, не имеет угла, большего 120°.

Для каких расположений на плоскости четырех, соответственно пяти и шести, точек из них нельзя выбрать три, являющиеся вершинами треугольника с углом,

9 См. подстрочное примечание на стр. 25.

большим 90°, соответственно большим 108° или большим 120°?

В связи с задачами 26 а)—в) можно повторить почти все сказанное по поводу задач 25а—г). Рассмотрим по-прежнему п точек Mt, М2, М3, ..., Мп плоскости; образованные этими точками всевозможные углы MiMjMk обозначим через oti, а2, аз, ..., o,n, где N — общее число всех рассматриваемых углов. Наибольший из всех этих углов мы обозначим через Р:

Р==таха, /—1, 2, 3, ... или М,

J J

а наименьшее возможное значение наибольшего угла р, достигаемое при подходящем выборе системы ^n = №1, М2,..., Afn} точек плоскости — через р (или через p(/z), поскольку рассматриваемая величина зависит, очевидно, от /г):

Р = min р = min max а . J = 1, 2, ... или N;

" ^п ^п 3

^п = кМх, М2, ..., МД

Тогда из разобранной выше задачи об оценке углов треугольников и из результатов задач 26 а)— в) следует, что

р (3) = 60°, Р(4)=90°, р(5) = 108° и Р(6) = 120°;

таким образом, в случае, скажем, всевозможных систем ^5 — = {Л41, М2, М3, Mi, М5} пяти точек плоскости наибольший угол Р из числа определяемых этими точками ^ ( — 30) углов всегда заключен в пределах

108°<р< 180°

(ясно, что р = 180°, если какие-либо три из наших пяти точек принадлежат одной прямой).

Задачи 26а)—в) ничуть не труднее задач 25 а)—в); на этом основании можно было бы предположить, что и общая задача определения величины |3(/г) является несложной и, вернее всего, "360°

имеет следующий ответ: Р (п) = 180°-— (= 180° — 2а (п); эта

формула, очевидно, справедлива при п = 3, 4, 5 и 6). Внимательный анализ результатов задач 25 а)—в) и 26 а)—в) обнаруживает

только одно заметное различие между ними, которое можно вос

принять как сигнал о том, что задачи об оценке возможных зна

чений наименьшего углачений наименьшего углаа (= min а^) и наибольшего угла

чений наименьшего угла

чений наименьшего угла

Р (— max а^) могут расходиться и по характеру ответов и по трудности решения: в то время как во всех задачах 25 а)— в) (и в общей задаче 25 г)) наибольшее значение а наименьшего угла всегда реализуется для единственной системы ^п точек плоскости, в задачах 26 а)—в) наименьшее значение 90°, соответственно 108° и 120°, угла р = max aj достигается для бесконечного числа разных (т. е. не подобных между собой) систем ^п точек плоскости (где п = 4, 5, 6). Однако игнорировать этот «сигнал» не

следует, — и действительно, нижеследующие задачи 27 а) — в) уже совсем не похожи на задачи 26а)—в): они заметно труднее как этих задач, так и задач 25 а) — г).

27*. а) На плоскости даны семь точек. Докажите, что из этих точек можно выбрать три, являющиеся вершинами треугольника, наибольший угол которого >120°.

Пусть ср — любой угол, больший 120° (угол ф может быть сколь угодно близок к 120°, например, может быть равен 120° Г'). Докажите, что на плоскости можно так выбрать семь точек, что все углы всех треугольников, образованных какими-либо тремя из этих точек, меньше угла ф.

Докажите, что результаты задач а) и б) сохраняют силу и в том случае, если вместо семи взять восемь точек плоскости.

Таким образом, мы видим, что величина

min р (—min max а.; здесь /=1, 2, ..., N (п);

^п = {Мь М2, ..., Мп)>

при п = 7, 8 просто не существует; вместо нее приходится рассматривать число

которое можно обозначить тем же символом Р(/г) *). При этом

Р (7) = р (8) = 120°(=Р(6));

однако различие между случаями п — 6 и п — 7 или 8 заключается в том, что в первом случае величина max а, = Р — Р (6) = 120° до-

стирается для некоторой конфигурации Л точек, а во втором и в третьем значение р = 120° недостижимо.

Задачу определения величины

P(n) — inf Р (= inf max а Л

впервые, как будто, поставил американский математик Л. Б л ю- менталь ([39], стр. 132); эта задача до сих пор не решена. Видный венгерский математик Пал Эрдёш, которому принадлежат как многие яркие результаты в разнообразных областях

Использование в этом случае как будто уже «занятого» обозначения оправдывается тем, что во всех случаях, когда величина min р существует, она равна inf р (= р (п)).

математики, так и постановки еще большего числа нерешенных до наших дней проблем арифметического, аналитического и геометрического содержания (см., например, [40]), предположил, что

если ^-^ <п<Д\ то 0 (л) = 180°^— при всех п ^6

и что достигается это значение угла Р(л) лишь при л = 6. Однако доказано пока (венгерскими математиками П. Эрдёшем и Г. Секерешем) лишь, что

если п = 2к (где к ^ 2), то действительно Р (л) = 180°,

и

если 2i—1 <пОк (где к >2), то 180°- -^г < Р («X 180°—^ k—Y -к

([41]; последняя оценка может быть еще немного улучшена).

Обратимся снова к произвольным системам ^п = {Afi, Мг,... •.., М„} точек плоскости и к образованным этими точками /п (п —- 1) (л — 2) \_. _. _._

Л(л)1 = —^I углам MiMjMk. Условимся обозна-

чать эти углы, как и выше, через а = аь а2, аз, ..., а^ или через Р = Рь Рг, Рз, ..., Pn, где теперь ai ^ а2 ^ аз ^ ... ^ o,n, соответственно Pi ^ Рг ^ Рз ^ ... ^ Pn*. таким образом, например, Р = pi — это угол aw, а a = ai — этб угол P^ (и вообще Р/ — = o-n-j, а aj = p^-J). Из результата нижеследующей задачи 29 следует, что оценки возможных значений всех этих углов сводятся к нахождению

a , = sup a

где

1</<

л (л — 1) (л — 2)3

и

Pj = inf Pv.

I / г/ « (п — 1) (" — 2) .

где 1 < / < —1g;

при этом

0 <ay< ау (л)

и

Р7(л)<Р7<180°

П^П ~ V^H — ^ при 1 < / с —g

1 г л (л — 1) (л — 2) при 1 < / < —Р-

о

(ясно, что рассматриваемые величины aj и Pj зависят от числа п точек плоскости, так что их уместно обозначать через аДл) и JM”))-

Дополнительная проблема состоит в определении того, при каких / достигаются величины аДл) и РДл). Так, например, при л = 3 задача сводится к определению трех чисел a (3) — аДЗ), a2(3) и Р(3) ( = аз(3))—и мы знаем, что

a(3)= ai(3)= 60°, а2(3) = 90° и Р(3) = а3 (3) = 60°,

причем значения а(3) и р(3) достигаются, а значение а2(3) — нет (стр. 22—25). При п = 4 требуется определить восемь чисел aj (4), где 1 ^ 7 ^ 8, и четыре числа Ру (4), где 1 ^ 7 ^ 4; известно же нам, что

а (4) = а 1 (4) = 45°; а2 (4) = 45° (= ai (4)) и

Р(4) = Pi(4) = 90°; р2(4)= 72°

и что все эти значения достигаются (см. задачи 25 а), 26 а) и нижеследующие задачи 28а), б)).

А может быть вы сами сумеете определить какие-либо еще из величин ctj(n) и РДп)? Возможно, что задачи вычисления углов аз(4) и_р3(4); аг (5) и ^2(5) не являются особенно трудными; сравнительная простота вопроса о величине числа д\п^ = а.\^ подсказывает также попытку определения величины а2(и).

Пусть А, В, С, D — произвольные четыре точки плоскости; а = ai и а2— два самые маленькие из задаваемых этими точками 12 углов, а £ = £1 и р2— два самых больших угла (так что a = ai ^ а2 ^ .. * ^ ^ Р2 ^ Pi = Р). Докажите, что

0 ^ а2 ^ 45°;

72° ^ р2 < 180°.

Для каких четверок точек Л, В, С, D достигаются значения а2 = 45° и р2 = 72°?

Пусть Mi, М^, ..., Мп — произвольные п точек плоскости; общее число образованных этими точками углов MtMjMh (гле i, j и к принимают любые из значений 1,2,3, ... или /г) обозначим через ^(n)1)• Докажите, п^п — \^п — ^п

что — из этих углов могут равняться 0 и

п (п — I) (п — 2).

——L углов — равняться 180 .

Разумеется, аналогичные «задачи об оценках углов» имеют смысл и в стереометрии. Пусть ^n = {Afi, М2,..., Мп} — произвольная система п точек пространства (такая постановка задачи не запрещает, конечно, всем точкам принадлежать одной плоскости);

. / п (п — 1) (п — 2) \ определяемые этими точками N II углов

МгМ^к мы, в отличие от плоского случая, условимся обозначать большими (греческими) буквами А и В, считая по-Прежнему, что

в —в,^в2^в3^ ... >b„,в —в,^в2^в3^ ... >b„,

в —в,^в2^в3^ ... >b„,

в —в,^в2^в3^ ... >b„,

так что А = Ai — это наименьший из задаваемых нашими п точками N углов, а В — Bi — наибольший. Заметим сразу же4 что результат задачи 29 полностью сохраняет силу и для пространства, так что здесь также требуется определить п(п — ^ (п— 2^(3

9 См. подстрочное примечание на стр. 26.

-гАп (п — I) (и—2)„. ст.

величин А = sup А, и —— величин В. = inf В.

jj6—j ^j

у пп

(и выяснить, какие из этих величин могут достигаться). Так, задача 30 утверждает, что

А (4) = Ai (4) = Bj (4) = В (4) = 60°, причем эти значения углов А и В достижимы, так что в случае четырех точек пространства

0<А<60° и 60°<В<180°.

А может быть,_вам удастся самим определить величины А(5) и В (5) (ср. [42]), Аг(4) и В2(4); тем же читателям, которые знакомы с понятием k-мерного (евклидова) пространства *), можно порекомендовать продумать задачи об определении величин А^ (п) и Вр^ (п), связанных с системами п точек ^-мерного евклидова пространства (так, например, здесь

A(ft)(* + 0 = max А = 60° и B<fe) (^ + О = minB = 60e — почему?).

Пусть А, В, С, D — произвольные четыре точки пространства; образованные этими точками 12 углов (ZBAC, ZЛBC, ZACB, ..., ZBDC') мы обозначим через Аь Аг, ..., А12. Докажите, что

наименьший из углов Аь Аг, ..., А12 всегда не больше 60° (но может быть равен 60°);

наибольший из углов А,, Аг, ..., А12 не меньше 60° (но может быть равен 60°).

Укажем еще, что «задачи об оценках углов» можно ставить и несколько по-другому. До сих пор мы всегда считали число п то* чек плоскости или пространства заданным — и при этих условиях стремились оценить те или иные из углов ai, а2> ..., ан (или Ai, А2, ..., An). Однако такую постановку задачи можно и «обратить» — можно заранее задать те или иные оценки для (одного или нескольких) углов он, а2, ..., ан (соответственно Ai, А2, ..., An) и поставить вопрос о том, при каком числе п точек плоскости или пространства эти оценки могут быть удовлетворены. Мы ограни* чимся здесь лишь двумя примерами подобной постановки задач, при» надлежащими, как будто, все тому же Палу Эрдёшу.

При каком числе п точек М^ М^ ,.., Мп

а) плоскости;

б)** пространства их можно расположить так, что ни один из углов

9 См., например, Б. А. Розенфельд, И. М. Я г л ом, Много# мерные пространства, Энциклопедия элементарной математики (ЭЭМ), кн. V (геометрия), М., «Наука», 1966, стр. 349—392.

MiMjMk (где i, j\ к — это какие-то из номеров 1, 2, ... • »«, п) не будет тупым?

При каком числе п точек Л1Ь ТИ2, ..., Мп

а) плоскости;

б)** пространства

их можно расположить так, что все углы NUM^Mk будут острыми?

Таким образом, в задаче 31 требуется расположить п точек так, чтобы все углы «ь а2, ..., ctw (соответственно углы Аь А2, ..., A^) были ^90°; в задаче 32 нестрогое неравенство aj^90° (или А/^90°; здесь / = 1, 2, 3, ... или А) заменяется строгим неравенством aj <Z 90° (или Aj < 90°). Разумеется, для того чтобы эти неравенства были возможны, необходимо, чтобы все величины Bj (где Г 1 о n(n—1) (п —2) .

/=1, 2, ..., —) были ^90 ; однако одно это ус

ловие еще не гарантирует выполнимости условий задач 31 и 32, в которых определенные ограничения накладываются сразу на все углы aj, соответственно Aj, что в свою очередь может подсказать новые постановки «прямых» задач, в которых число п задано, а оцениваются углы aj или Aj.

П. Эрдёш указал решения (простых) планиметрических задач 31а) и 32 а) и высказал предположение об ответах, которые имеют задачи 31 б) и 32 6). Задачу 31 б) впервые, как будто, решили известный голландский математик Николаас К ё й п е р и А. Б ё р д и й к (N. Н. Kuiper, А. Н. Boerdijk); однако это решение осталось не опубликованным, так что датировать решение этой задачи приходится 1962 г., когда была напечатана посвященная этой тематике статья [43] известных специалистов по комбинаторной геометрии Людвига Даннера и Бранко Г рюнбаума. Задачу 32 б) впервые (очень сложно!) решил в том же 1962 г. английский математик Г. Крофт [44]; в 1963 г. более простые ее решения получили тот же Б. Грюнбаум (статья [45] которого содержит обсуждения ряда примыкающих сюда вопросов и постановку новых задач) и видный немецкий логик Карл Шютте [46]. [Заметим еще, что принадлежащее Л. Данцеру и Б. Грюнбауму решение задачи 31 б) немедленно переносится и на случай расположения п точек в ^-мерном (евклидовом) пространстве); напротив, по поводу «^-мерного аналога» задачи 32 б) при ^ ^ 4 можно лишь утверждать, что соответствующее (наибольшее возможное!) число Va точек удовлетворяет неравенству 2fe/3C va < 2ft (почему?).]

Задачи 32 и 31 требуют указать такие расположения точек в плоскости или в пространстве, что каждые три из этих точек образуют остроугольный (соответственно остроугольный или прямоугольный) треугольник. Этот подход к задачам 31 и 32 сразу подсказывает следующие их варианты.

При каком числе п точек Мь М2, ..., Мп

а) плоскости;

б)* пространства

их можно расположить так, чтобы все треугольники М;М)Мк (где U ], к = 1,2, ... или и) были прямоугольными?

При каком числе п точек Afi, М^ «•., А1П

плоскости;

пространства

их можно расположить так, чтобы все треугольники М^М^Мк были тупоугольными?

Укажем, наконец, что задачи 31—34 можно считать достаточно типичными для той части комбинаторной геометрии, которая изучает (в том или ином отношении оптимальные) расположения конечного числа точек на плоскости или в пространстве: ведь ясно, что в этих задачах основным является вопрос о наибольшем возможном числе п точек, при котором могут быть выполнены условия задачи (и об отвечающих этому «предельному» значению п расположениях точек). В качестве еще одного близкого по характеру примера упомянем здесь об идущей от того же П. Эрдёша [40] задаче, требующей указать наибольшее возможное число п точек А1Ь М21.. ^Мп (на плоскости или в пространстве) таких, что все треугольники МгМ,Мк являются равнобедренными. Эта задача была решена в 1962—1963 гг. уже упоминавшимся выше Г. Крофтом [47]: наибольшее совместимое с условиями задачи число точек в случае плоскости оказалось равным 6 (соответствующая конфигурация задается пятью вершинами правильного пятиугольника и его центром — см. задачу 36 книги [13] и рис. 8, а), а в случае пространства — 8 (здесь

Рис. 8.

«оптимальная» конфигурация точек задается теми же шестью точками плоскости и двумя точками перпендикуляра, восставленного в центре пятиугольника к его плоскости, удаленными от плоскости на расстояние, равное радиусу г описанной вокруг пятиугольника окружности; рис. 8,6). Последняя же задача довольно тесно примыкает к привлекающему большое внимание (см., например, [40], [48]) вопросу о таких расположениях точек (на плоскости, в пространстве или в многомерном пространстве), для которых общее число t различных попарных расстояний между точками является сравнительно малым*, например, наибольшее число точек, которые можно расположить на плоскости так, чтобы число разных попарных расстоя-

ний между ними не превосходило двух, равно 5 (см. задачу 35 б) книги [13] и рис. 8, в).

35*. Каково наибольшее число лучей в пространстве, образующих попарно тупые углы?

. а) Из одной точки в пространстве выходят три луча. Докажите, что хоть один из попарных углов между этими лучами не превосходит 120°; однако лучи можно провести так, что ни один из попарных углов между ними не будет меньше 120°.

Из одной точки в пространстве выходят четыре луча. Докажите, что хоть один из попарных углов между этими лучами не превосходит а, где cos а = = — у (и значит, а ^ 109°28'16"); однако лучи можно провести так, что ни один из попарных углов между ними не будет меньше а.

Из одной точки в пространстве выходят пять лучей. Докажите, что хоть один из попарных углов между этими лучами не превосходит 90°; однако лучи можно провести так, что ни один из углов между ними не будет острым.

Докажите, что утверждение задачи в) сохраняет силу и для шести лучей в пространстве.

Пусть /1, /2, ..., /п — и лучей в пространстве. Наименьший из попарных углов между этими лучами обозначим через -ф, и пусть ф(п)—наименьший такой угол, что, каковы бы ни были наши п лучей,

1Кф(«)

(другими словами,

ф = min Z Ub I Л, где i, j = 1, 2, ... или п ia

и

Ф (я) = sup ф = sup min Z Ub ЦУ / = Ь 2, ..., n;

Qn Qn

Qn-Уъ U-m ln)

или даже ф (n) = max min Z Ub ЦУ поскольку здесь максимум Qn ^i

величины ф=пнп Z Ub ЦУ U j = b 2, ... или n, рассматривае

мой для всевозможных систем Qn = Уь Ц, ..., /п} из п лучей в пространстве, всегда достигается; ясно, что угол ф(п) зависит от числа nY Очевидно, что

Ф (2) = 180°;

далее из результата задачи 36 вытекает, что

Ф (3) = 120°. ф (4) = а ^ 109°28'16"; ф (5) = ф (6) = 90°.

Доказано также, что

ф (7) ~ 77° 5Г 58", ф (8) ~ 74° 52' 10", ф (9) ~ 70° ЗГ 44",

Ф (12) ~ 63° 26'06" и ф (24) ~ 44° 42'52"

Укажем еще одну проблему, гом вопросов. Выше мы видели, канского математика Р. М.Укажем еще одну проблему, гом вопросов. Выше мы видели, канского математика Р. М.(см. гл. VI книги Л. Ф е й е ш Тот [24] и статью Р. М. Робинсон [49]); однако точное значение ф(п) ни при каком п > 9 и п ^ 12, 24, как будто, неизвестно, хотя достаточно правдоподобные гипотезы о величине угла ф(м) предложены при всех п в интервале 12 < п < < 24 и для п = 10, 11, 25, 26, 28, 30—33, 42, 44, 47, 48, 52, 59, 60, 80, ПО, 119, 120 и 122.

Укажем еще одну проблему, гом вопросов. Выше мы видели, канского математика Р. М.

Укажем еще одну проблему, гом вопросов. Выше мы видели, канского математика Р. М.

связанную с рассматриваемым кру- что ф(5)= ф(6) ( = 90°); от амери- Р о б и неона [50] идет задача

перечисления всех таких п, что

(•)(•)ф(п — 1) = ф(«).

(•)

(•)

Кроме п = 6 этим свойством почти наверное обладает число п = 12; Робинсон доказал, что, помимо 6 и 12, им могут обладать лишь числа 48, 60 и 120, и предположил, что числа 6, 12, 48, 60 и 120 составляют полный набор значений щ удовлетворяющих условию (*) (это пока не доказано ни для какого п ф 6). Наконец, заметим, что проблематика задач 35—36 сохраняет силу и для /г-мерных (евклидовых) пространств, где k > 3; в частности, сравнительно несложен «^-мерный вариант» задачи 35.

ОЦЕНКИ ПЛОЩАДЕЙ

Центральными в этом цикле задач надо, видимо, считать задачи 58—60, начинающиеся с предлагавшейся некогда на олимпиаде московским школьникам задачи 58 и родственной ей «задачи о заплатах на кафтане» 59 а), в такой форме введенной в обиход московских школьных математических кружков Е. Б. Д ы н к и н ы м [51]. Некоторые другие темы, начатые задачами этого цикла, находят продолжение в цикле задач 4.

Докажите, что ни один из треугольников, вписанных в выпуклый многоугольник М, не может иметь большую площадь, чем наибольший (по площади) из всех треугольников, вершины которых совпадают с какими-то тремя вершинами М.

Теорема задачи 37 указывает, что для решения следующей задачи: вписать в данный многоугольник треугольник наибольшей возможной площади, достаточно рассмотреть все треугольники, вершины которых совпадают с какими-либо тремя вершинами данного многоугольника (таких треугольников будет конечное число),— и выбрать из них наибольший по площади.

В треугольник АВС вписан треугольник PQR (см. рис. 9). Докажите, что площадь хотя бы одного из треугольников APR, BPQ и CRQ не превосходит

-^ площади треугольника АВС;

площади треугольника PQR.

Любопытно отметить, что также и периметр хотя бы одного из треугольников APR, BPQ и CRQ не превосходит периметра треугольника PQR (ср. с задачей 38 6)). Соответствующее утверждение было сформулировано до

вольно давно; однако доказать его долго не удавалось. Лишь в 60-х годах нашего века в разных странах было найдено сразу несколько доказательств того, что AxPQR не может иметь наименьший периметр из всех изображенных на рис. 9 треугольников. По поводу использующих геометрическое дифференцирование (ср. [1], стр. 317 и далее) доказательств этого факта см., например, [7], стр. 81—83 или В. А. 3 а л га л лер [52].

На продолжениях сторон углов А, В, С треугольника АВС отложены отрезки, равные противоположным

Рис. 10.Рис. 10.сторонам (рис. 10). Докажите, что площадь получившегося шестиугольника >13 5, где 5 — площадь треугольника АВС. Может ли быть улучшена эта оценка?

Рис. 10.

Рис. 10.

Докажите, что в >у любом выпуклом шестиугольнике найдется диагональ, которая отсекает от него треугольник площади ^~5, где 5 — пло- о

щадь шестиугольника.

Может ли быть улучшена содержащаяся в этой задаче оценка?

Противоположные стороны выпуклого шестиугольника ABCDEF параллельны. Докажите, что

СQ

° АСЕ2 ^ABCDEF*

Для каких шестиугольников ABCDEF с параллельными противоположными сторонами имеет место равенство SACE = у SABCDEF?

42*. а) Пусть П=АВСВЕ — выпуклый пятиугольник, n = abcde — пятиугольник, образованный серединами

ZZ)ZZ)

ZZ)

ZZ)

сторон пятиугольника П (рис. 11, a), S и s — площади пятиугольников П и п. Докажите, что

4> 2 ^-

б) Пусть Ш = ABCDEF — выпуклый шестиугольник, т = UVW — треугольник, образованный серединами U, V и W «главных» диагоналей AD, BE и CF шестиугольника Ш (рис. 11,6), S и s — площади Ш и т. Докажите, что

js>S>0.

Могут ли быть улучшены оценки задач а) и б)?

Пусть М = ABCD — выпуклый четырехугольник площади S, Q — точка пересечения его диагоналей АС

и BD, Р и R— такие точки сторон АВ и CD четырехугольника М, что PQ \\AD и QR || ВС (рис. 11, в); площадь APQR обозначим через s. Докажите, что

0<$<^-5.

Может ли быть улучшена эта оценка?

Вот еще одна задача того же рода. Пусть Ч = ABCD — выпуклый четырехугольник, Ль В^ С4 и Di— середины его сторон ВС, CDt DA и АВ, ч— четырехугольник, ограниченный прямыми AAt, BBlt CCi и DDi (рис. 11, г), S и s— площади четырехугольников Ч и ч. Требуется доказать, что

А- s S

Эта задача была поставлена в 1943 г. румынским математиком Т. Поповичи (Т. Popoviciu); она была напечатана в румынском журнале Gazeta Matematica, однако решение ее никогда, видимо, не публиковалось. (Нетрудно видеть, что s — — S, если ABCD —

I о

параллелограмм; s = — о для вырожденного «четырехугольника» ABCD, две вершины которого совпадают.)

44*. Пусть Ту и Г2— два треугольника со сторонами

2, b = р^ — ± — , с = j/" —1 — . Докажите, что существует треугольник Т со сторонами а, Ь, с и что, если Si, S2 и S — площади треугольников Л, Т2 и Т, то ’)

S > / ЗД;

S>l(Si + S2).

В каких случаях неравенства задач а) и б) обращаются в равенства?

Пусть S —- площадь четырехугольника ABCD^ a,b,c и d — длины его последовательных сторон, е и / —

‘) Другими словами, если стороны треугольника Т являются средними квадратичными соответствующих сторон треугольников Tv и Та (см., например, Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м, Избранные задачи и теоремы элементарной математики (арифметика и алгебра), М., «Наука», 1965, стр. 71 и след.), то площадь Т не меньше среднего геометрического и не меньше среднего арифметического площадей Tt и Та.

длины диагоналей, а пг и п — длины «средних линий», соединяющих середины противоположных сторон четырехугольника. Докажите, что:

3<1(е2 + Л;

S ^ 1 (т2 + и2);

S<|(a + c)(6 + d).

В каких случаях неравенства задач а)—в) обращаются в равенства?

Проекции многоугольника М на ось Ох, на биссектрису 1-го и 3-го координатных углов, на ось Оу и на биссектрису 2-го и 4-го координатных углов соответственно равны 4, 3V2, 5, 4^2. Площадь многоугольника равна S. Докажите, что:

a) S < 17,5;

б)* если многоугольник Л4 выпуклый, то S^ 10.

«Полосой» называется часть плоскости, заключенная между двумя параллельными прямыми. Пусть на плоскости даны несколько полос разной ширины; никакие две из этих полос не параллельны1). Как нужно сдвинуть полосы параллельно самим себе для того, чтобы площадь образованного в пересечении многоугольника была возможно большей?

Два равных прямоугольника расположены на плоскости так, что их контуры пересекаются в 8 точках. Докажите, что площадь общей части этих прямоугольников больше половины площади каждого из них.

По прямолинейному каналу, имеющему ширину 1 и поворачивающемуся на 90° по отношению к своему первоначальному направлению (см. рис. 12), плывет плот. Докажите, что если площадь плота равна 2 ]/ 2 (или еще больше), то он наверняка не сможет развернуться на повороте и продолжить движение по каналу.

Полученная в задаче 49 оценка является довольно грубой,— видимо, реально плот, который может проплыть по описанному в этой^_задаче каналу, должен иметь площадь, заметно меньшую чем 21^2 (^2,83). С другой стороны, нетрудно указать примеры плотов, которые смогут проплыть по описанному в условии задачи

То есть не параллельны никакие две прямые, ограничивающие разные полосы.

каналу; в качестве примера можно назвать квадратный плот площади 1 или полукруглый плот площади ^~ ~ L57 (рис. 12,6); нетрудно построить и плот еще большей площади, который можетканалу; в качестве примера можно назвать квадратный плот площади 1 или полукруглый плот площади ^~ ~ L57 (рис. 12,6); нетрудно построить и плот еще большей площади, который можетразвернуться в нашем канале. Американский математик Дж. Хаммерсли [53] предположил, что наибольший плот, удовлетво- л 2ряющий условию задачи, ^меет площадь ^Ч”" (^2,31) 4), однако пока это предположение никем не доказано (но и не опровергнуто) .развернуться в нашем канале. Американский математик Дж. Хаммерсли [53] предположил, что наибольший плот, удовлетво- л 2ряющий условию задачи, ^меет площадь ^Ч”" (^2,31) 4), однако пока это предположение никем не доказано (но и не опровергнуто) .

каналу; в качестве примера можно назвать квадратный плот площади 1 или полукруглый плот площади ^~ ~ L57 (рис. 12,6); нетрудно построить и плот еще большей площади, который может

каналу; в качестве примера можно назвать квадратный плот площади 1 или полукруглый плот площади ^~ ~ L57 (рис. 12,6); нетрудно построить и плот еще большей площади, который может

развернуться в нашем канале. Американский математик Дж. Хаммерсли [53] предположил, что наибольший плот, удовлетво- л 2

ряющий условию задачи, ^меет площадь ^Ч”" (^2,31) 4), однако пока это предположение никем не доказано (но и не опровергнуто) .

развернуться в нашем канале. Американский математик Дж. Хаммерсли [53] предположил, что наибольший плот, удовлетво- л 2

ряющий условию задачи, ^меет площадь ^Ч”" (^2,31) 4), однако пока это предположение никем не доказано (но и не опровергнуто) .

Докажите, что любое треугольное сечение тетраэдра (треугольной пирамиды) по площади меньше хоть одной из ее граней.

Солнце находится в зените. Как расположить в пространстве

пакетик с молоком (т. е. правильный тетраэдр);

детский кубик

так, чтобы отбрасываемая этим предметом тень (рис. 13) имела наибольшую возможную площадь?

Дан треугольник Т.

Поместите внутрь Т центрально-симметричный многоугольник m наибольшей возможной площади.

Чему равна площадь т, если площадь Т равна 1?

Заключите Т в выпуклый центрально-симметричный многоугольник М наименьшей возможной площади.

который в сокоторый в соО АЛл ,2

который в со

который в со

Можете вы указать плот площади

стоянии проплыть по каналу, не застряв на развороте канала?

Чему равна площадь М, если площадь Т равна 1?

В данном треугольнике Т выберите точку Q так, чтобы отношения площадей двух частей треугольника,

Рис. 13.Рис. 13.

Рис. 13.

Рис. 13.

на которые разбивает Т проходящая через Q прямая /, заключались в возможно более тесных пределах (это

ООРис. 14.Рис. 14.б)б)

О

О

Рис. 14.

Рис. 14.

б)

б)

отношение, очевидно, зависит от выбора прямой / — см. рис. 14, tz).

Какими будут эти пределы при самом удачном выборе точки Q?

Задачи 52 и 53 связаны с определением «степени центральности» (или «центрально-симметричности») плоской фигуры. Ясно, что для центрально-симметричной фигуры F (например, для круга или параллелограмма) точку Q внутри F можно выбрать так, чтобы отношение Si : S2 площадей частей, на которые разбивает F проходящая через Q прямая /, вообще не зависело от выбора I (и всегда равнялось 1): для этого достаточно принять за Q центр симметрии фигуры F (рис. 14,6). Поэтому для не имеющей центра симметрии фигуры F пределы, в которых варьируется отношение Si : S2 площадей рассматриваемых частей фигуры F (где точка Q выбрана так, чтобы эти пределы были возможно более тесными!)? могут служить оценкой того, до какой степени наша фигура является «не центрально-симметричной».

Встречаются также ситуации, требующие заменить данную фигуру F центрально-симметричной фигурой F'\ при этом естественно стремиться так выбрать эту фигуру F\ чтобы она была возможно «ближе» к F: например, если F' составляет часть F (ср. задачу 52 а)), то естественно требовать, чтобы площадь F' была возможно большей, а если F\ напротив, содержит F внутри себя (ср. задачу 52 б)), — чтобы площадь F' была возможно меньшей. При этом отношение F': F (или F: F') площадей фигур F и F' (равное 1 для центрально-симметричных фигур и только для них!) также можно принять за оценку «степени симметричности» F. По этому поводу см. специально посвященную «оценкам симметричности» фигур первую часть книги Б. Грюнбаума [19], а также ряд задач из книги [29].

Отметим наконец, что задачи 52 и 53 можно отнести к тому «минимаксному» типу, который часто встречается в этой книге. Например, постановку вопроса в задаче 53 можно описать так: пусть Si и S2 (где Si ^ S2)—площади частей, на которые делит фигуру ^ (в нашем случае — треугольник Г) проходящая через фиксированную точку Q прямая /. Мы начинаем с того, что ищем такую прямую /о, что при I = /о отношение Si: S2 минимально, т. е. ищем величину

min (St: S2) (где I проходит через Q, т. е. / э Q).

Далее мы выбираем такую точку Qo фигуры F (такую точку Qo е F), для которой величина min (Si: S2) максимальна, т. е. ищем величину

max min (Si: S2), где /э Q и Q e F;

Q I

эту-то величину k(F) (ср. выше, стр. 16) мы и принимаем за «степень симметричности» фигуры F. Заметим еще, что в общей задаче об оценках степени симметричности к^ фигуры F требуется указать также те пределы, в которых может изменяться величина к^ для разных фигур F; так как k(F) ^ 1 и k(F) = 1 для центральносимметричных фигур, то последний вопрос сводится к нахождению такой фигуры Fo (выбираемой из определенного класса $ фигур, например из множества всех выпуклых многоугольников), что для F = Fo величина k(F) достигает минимума, т. е. к нахождению

min max mm (Si: S2), где l э Q, Q e F и Fe&

F Q /

(в классе выпуклых многоугольников минимум к^ реализуется именно для треугольника — см. задачу 36 из книги [29]; ср. также задачи 33 и 34 той же книги).

а) В единичном квадрате К расположена некоторая фигура Ф (которая может состоять и из нескольких отдельных кусков). Докажите, что если Ф не содержит пары точек, расстояние между которыми равно 0,001, то площадь Ф не превосходит 0,34.

б) Можете ли вы улучшить оценку площади Ф, указанную в условии задачи а)?

Дан квадрат К со стороной 1 и некоторое число меньших квадратов, общая площадь которых не превосходит -2-. Докажите, что

все «меньшие» квадраты можно без пересечения расположить в квадрате К;

«меньшие» квадраты могут быть таковы, что их нельзя расположить без пересечения ни в каком квадрате со стороной <1.

Задача 55 утверждает, что квадрат со стороной 1 является «самой плотной упаковкой» для всех систем квадратов общей площади — (или квадрат площади 2 — «самой плотной упаковкой» для систем квадратов общей площади 1) в классе всех квадратов: ни в один меньший квадрат нельзя уложить любую систему квадратов заданной площади так, чтобы они не пересекались между собой1). Однако «в классе всех прямоугольников» можно указать и меньшие по площади «ящики», куда можно «уложить» с соблюдением требуемых условий любые системы квадратов заданной общей площади: так, например, недавно американские математики Д. Клейтон и М. К Р и л г е р [54] доказали, что любую систему квадратов общей площади ^ 1 можно заключить внутрь прямоугольника со сторонами 1 и ]^3 (и с площадью 1^3 = 1,73 ... < 2) так, чтобы никакие два квадрата не пересекались между собой (и этому условию не удовлетворяет никакой прямоугольник со сторонами 1 и а, где а <1^3). Разумеется, «упаковкой» для всех систем квадратов площади 1 не может служить никакой прямоугольник, меньшая сторона которого <. 1; однако общий вопрос об отыскании прямоугольника наименьшей возможной площади, внутрь которого можно без наложений заключить любую систему квадра-

*) По другому эту задачу о самой плотной упаковке системы квадратов можно сформулировать так: для каждой конкретной системы квадратов kt, к2, ..., кп находится величина min а, где а — сторона квадрата К, в который можно уложить kt, к2, ..., кп без наложений; затем ищется max min а, где Ж — всевозмож- X

н ы е системы квадратов kt, к2, ..., удовлетворяющие тому единственному условию, что общая их площадь не превосходит 1.

♦гов общей площади ^ 1, пока, кажется, не решен (может быть, таким прямоугольником является «(1 X 1^3)-прямоугольник» Д. Клейтона и М. Крилгера?). Можно также ставить вопрос о произвольной фигуре F («ящике») наименьшей возможной площади, внутри которой можно разместить без наложений любую совокупность квадратов с общей площадью ^ 1 (ср. с так называемой проблемой Лебега, о которой говорится на стр. 85) или заменять системы квадратов системами иных фигур (скажем, равносторонних треугольников или кругов1)) заданной общей площади, для которых надо указать «универсальную упаковку»; однако все эти задачи, видимо, весьма трудны.

См. также несколько более раннюю, чем работа [54], статью известных специалистов по «комбинаторной математике» А. Мейра и Л. Мозера [55] (в которой указана и другая литература), широко трактующую соответствующий круг вопросов (в ней, в частности, была поставлена решенная через год Клейтоном и Крилге- ром задача нахождения такого наименьшего а, что каждую систему квадратов общей площади 1 можно без наложений расположить в прямоугольнике размером 1 X а) •

а) Отрезок длины 1 полностью покрыт некоторым числом меньших отрезков. Доказать, что из этих отрезков можно отобрать несколько неперекрывающих с я отрезков так, что сумма длин отобранных отрезков будет ^тт-

Квадрат со стороной I покрыт некоторым числом меньших квадратов, стороны которых параллельны сторонам искомого квадрата. Доказать, что из числа этих меньших квадратов можно выбрать некоторое число непересекающихся между собой квадратов, сумма площадей которых ^-д.

Формулировки задач 56 а) и б) довольно близки одна к другой; однако разрыв между фигурирующими в условиях этих задач числами ту и "д' является очень значительным. Можно, впрочем, предположить, что такой большой разрыв вызван здесь вовсе не существом дела, а лишь нашим неуменьем заполнить этот пробел. Дело в том, что результат задачи а), очевидно, является точным, т. е. не может быть улучшен (почему?). Однако результат задачи б) заведомо точным не является. Конкретные примеры систем квадратов, покрывающих заданный единичный квадрат с соблюдением условий задачи, а также некоторые общие соображения заставляли думать, что из каждой такой системы квадратов можно выбрать n1

непересекающиеся квадраты, общая площадь которых не меньше -т-

’) Ср. со сказанным на стр. 118 о так называемой «обратной задаче Мальфатти».

(причем эта последняя оценка уже не может быть улучшена!); однако это предположение, сформулированное еще в 1928 г известным венгерским математиком Тибором Радо в его письме [56] к редактору ведущего польского математического журнала Fundamenta Mathematicae Вацлаву Серпинскому, доказать никому не удалось. Было доказано только (причем несколькими разными путями — см. А. С. Соколин [57], Р. Радо [58], В. А. Залгаллер [59]), что гипотеза Т. Радо справедлива для систем равных квадратов со взаимно параллельными сторонами), однако не удавалось установить, насколько существенным является здесь предположение о равенстве квадратов покрытия. В 1950 г. венгерский математик Р. Радо («почти однофамилец») Тибора Радо) доказал [58], что из каждой удовлетворяющей условиям задачи 56 б) системы квадратов можно выбрать подсистему непересекающихся квадратов площади > g-y^ ; в 1960 г. ленинградский геометр В. А. Залгаллер [59] несколько улучшил этот результат, показав, что из такой системы квадратов можно даже выбрать подсистему непересекающихся квадратов площади >"g^"; однако полученные с помощью разного рода ухищрений результаты Р. Радо и В. А. Залгаллера тоже, видимо, не являются окончательными, и они гораздо ближе к «грубому» результату задачи 56 6), чем к гипотетической оценке Т. Радо.

Поставленную Т. Радо задачу можно сформулировать еще и так. Пусть Ж = {Ai, Аг, ..., An}— произвольная система квадратов с параллельными сторонами Ai, Аг, ..., покрывающих единичный квадрат; через S7 — {А^, А^, ...» А/ } мы будем обозначать подсистему из непересекающихся квадратов нашей системы (последнее условие можно записать так: А/ ПА; = 0 при р q

всех р, q — 1, 2, ..., и и р ^ ^), а через s^^ —покрываемую квадратами А/^ А/ , ..., А/и площадь. Мы хотим определить число

о — min max s^)(*)

(другими словами, мы сначала выбираем из системы Ж подсистему S7 возможно большей площади 5(^), а затем ищем ту из систем Ж, для которой величина maxsCS’) меньше всего)):

Т. Радо предположил, что о,= 1/4); доказано же пока лишь, что а >1/8,6.

В квадрате со стороной 1 расположено какое-то число точек, никакие три из которых не принадлежат одной прямой). Докажите, что если число и точек превосходит 101, то

среди этих точек найдутся три, являющиеся вершинами треугольника площади меньшей 0,01;

более того, среди наших точек найдутся три, являющиеся вершинами треугольника, площадь которого не превосходит 0,005.

Задача 57 тесно связана с одной не решенной до сих пор проблемой, по характеру близкой многим обсуждающимся в этой книге задачам, — мы имеем в виду так называемую проблему X е й л- б р о н а (см. [40] или статью [60] видного английского математика К. Р о т а; по поводу более элементарных аспектов проблемы Хейл- брона см., например, [61]). Рассмотрим п точек А^ Д2, ..., Ап, расположенных в единичном круге (или в единичном квадрате); тогда наименьшую из площадей всех треугольников с вершинами в выбранных точках можно, очевидно, обозначить так (ср. стр. 24);

PV'inkAlAjAlt ^i.k=V2я).

области F (1 min 5л д дI, /, к А1А1Акобласти F (1 min 5л д дI, /, к А1А1АкВыберем теперь из всех систем ^п = {Д1, Дг, ..., Дп) точек нашей га или квадрата) ту, для которой эта величина принимает наибольшее значение. Проблема

области F (1 min 5л д д

I, /, к А1А1Ак

области F (1 min 5л д д

I, /, к А1А1Ак

Хейлброна требует определить

S (п) = max min д , где

ц /, & = 1, 2, ..., я; ^п — (Дь Д2, ..., А^ и все Д^ F

(ср. стр. 24; здесь точнее было бы писать S(n, F), так как полученное число S зависит, разумеется, и от количества п точек и от области F); поскольку точное вычисление числа 5 (я) представляет собой чрезвычайно трудную задачу, то чаще требуют лишь

оценить S (и), в частности при больших значениях п. Задача 57 имеет именно такой характер: она требует установить, что

5 (п, Кв) < 0,005 при5 (п, Кв) < 0,005 прип > 101п > 101

5 (п, Кв) < 0,005 при

5 (п, Кв) < 0,005 при

п > 101

п > 101

(здесь буквы Кв означают, что в качестве области F берется единичный квадрат).

В прямоугольнике площади 5 кв. ед. расположены девять многоугольников площади 1; докажите, что среди них найдутся два многоугольника, площадь общей части которых не меньше -д-.

59*. На кафтане площади 1 имеются 5 заплат. Докажите, что

если площадь каждой заплаты ^у, то найдутся две заплаты, площадь общей части которых не мень- 1

ше о

в условиях задачи а) найдутся три заплаты, площадь общей части которых не меньше -gy;

если площадь общей части любых двух заплат ^у, то найдутся три заплаты, площадь общей части з

которых не меньше -^-.

Разумеется, «кафтан» и «заплаты» — это лишь, так сказать, «оболочка» задачи 59, которой можно придать и следующий, гораздо более обычный для задачника по геометрии вид (ср. с задачей 58; мы ограничиваемся здесь лишь задачей 59 а)):

Внутри квадрата М площади 1 расположены 5 многоугольников М^ М^ М3, М4 и М5 (которые, конечно, не обязаны быть выпуклыми и могут даже состоять из нескольких отдельных кусков). Доказать, что если площадь каждого из многоугольников ^ "2"» т0 найдутся два многоугольника, общая часть которых имеет площадь

5 е

При рассмотрении этой задачи (так же, как в случае задач б) и в)) первоначально создается впечатление, что конкретные числовые данные в условии задачи должны мало отражаться на ее решении. В самом деле, естественно думать, что замена в условии рассматриваемой задачи числа -^, ограничивающего снизу площадь каждого из многоугольников («заплат») Mi (где 1=1, 2, 3, 4 или 5), произвольным числом ос (таким, что 0 ^ а ^ 1), не приведет к существенному усложнению решения: конечно, в «общей» задаче ответ должен иметь характер не числа, а некоторой функции

f(a) от a (при a=-^, принимающей значение ~ !), но нет основа

ний предполагать, что эта функция будет сложной. На самом деле, однако, наши надежды здесь не оправдываются — и фигурирующая в решении «общей» задачи функция f(a) оказывается имеющей до

вольно неожиданное строение.

Чтобы понять, чего здесь можно ожидать, обратимся к более простому случаю, когда число «заплат на кафтане» (многоугольников Мг площади ^а, расположенных внутри квадрата М) равно Всего лишь двум. Ясно, что если площади «заплат» М4 и М2 не

Рис. 15.Рис. 15.

Рис. 15.

Рис. 15.

(рис. 15, а), т. е. площадь их пересечения может равняться нулю. Однако если обе эти «заплаты» имеют площади >~2*> то они уже

неизбежно пересекутсянеизбежно пересекутся(ибо квадрат М площади 1 нельзя разбить

неизбежно пересекутся

неизбежно пересекутся

на неперекрывающиеся части, площадь каждой из которых >"2"); при этом площадь пересечения Мх и М2, как легко видеть, будет не меньше 2a — 1 (рис. 15,6). Таким образом, в этой задаче мы вынуждены различать приводящие к совсем разным ситуациям слу-

/ 1 1

чаи и а>^-, в соответствии с чем график функции f(a), указывающей наименьшую возможную площадь пересечения «заплат» Мх и М2, представляет собой ломаную линию

(рис. 16).

Теперь мы можем обратиться к общей задаче (при решении которой уместно первоначально ограничиться, скажем, случаем п = 5).

60**, Внутри квадрата М площади 1 расположены п многоугольников Мь М2, ..., Мп. Докажите, что:

а) Если площадь каждого из многоугольников Mt (где i= 1,2,3, ... или и) не меньше а, то найдутся такие два из наших многоугольников, площадь

пересечения которых не меньше fn(a), где

припри11пп

при

при

1

1

п

п

здесь г= 1, 2, ..., п ^

\Сп=——~~~ число сочетании из п по 2). При этом оценку (*) (так же, как и результаты нижеследующих задач б) ив)) улучшить уже нельзя (т. е. многоугольники Mi, ..., М-п могут быть таковы, что никакие два из них не имеют пересечения площади >fn(cc))» б) В условиях задачи а) найдутся такие к (где 1 ^ к ^ п) из наших п многоугольников, площадь общей части которых не меньше ^ (^, где

С^-1 / к1 \г1г

№ (а) = —™ I паг 1 ПрИ ^ а ^ _.

In х ' Скп \ к ) v ии

г = 1, 2, ..., п (**)

//-.к П (п — 1) ... (fl — k + 1)„

Iздесь Сп = —1,2 ~ ^— число сочетании

из и по к\.

в) Если известно, что площадь пересечения каждых h из наших многоугольников (где h — какое-то фиксированное целое число; 1 ^ /г ^ и) не меньше а, то найдутся такие к многоугольников (где к также фиксировано; h <С к ^, п), площадь общей части которых не меньше ^■^(а), где

№*Ч^№*Ч^f>kf>h— I ^м^г—1f>kf>h— I ^м^г—1(»(»к — ккк — ккС^С^

№*Ч^

№*Ч^

f>kf>h— I ^м^г—1

f>kf>h— I ^м^г—1

(»

(»

к — к

к

к — к

к

С^

С^

Ск,Сг

при -ЙГ^^'Тн'1 г=1. 2. •••. »• (***)

[Ясно, что задача а) представляет собой частный случай задачи б), а задача б) —частный случай задачи в): если в задаче б) положить к = 2, то мы придем к функции f^2)(a) = /n(a) (см. задачу а); при к= 1 мы приходим к нс доставляющей никакой информации функции f^ (a) = а); если в задаче в) положить h = 1, то мы придем к функции f^u4^ = tkn (a) (см- заДачУ б)? ПРИ h = к мы имеем /^^(а) = а). Однако решать задачу

60 естественно в последовательности: 60 а) — 60 б) — 60 в), не стремясь сразу же получить самый общий результат (***).]

Задача 60 охватывает не только результаты задач 59 а)—в), но и результат более простой задачи 58. В самом деле, если число п многоугольников («заплат») Mt равно 9, а площадь каждого из 1,

них составляет -=- площади содержащего их всех квадрата (или о

прямоугольника) М («кафтана»), то поскольку -g-<-^- ="д'»

формула задачи 60 а) приводит к следующей оценке площади попарных пересечений многоугольников Мс хоть одно из этих пересечений по площади не меньше чем

J_/9.-1) =—• - =—

Сд \52/36 \ 5/36 545 *

где за I принята площадь прямоугольника, внутри которого содержатся все многоугольники Mt.

Задачам 58—60 можно придать форму, близкую к той, с какой мы неоднократно встречались в предшествующих циклах задач, Будем обозначать символами Afi, Мг, ..., Мп не только сами расположенные внутри квадрата М многоугольники (т. е. геометрические фигуры), но также и площади этих многоугольников (числа!); аналогично этому символом Mt г ^ (где п, U, ..., г'д — какие-то к разных из чисел 1, 2, ..., и) мы обозначим как пересечение многоугольников Mt^ М^,..., ^/^, так и площадь этого пересечения. Условимся, кроме того, обозначать символом 91 произвольное заполнение квадрата М многоугольниками Mi, М2, ..., Мп площади ^ а.

Интересующая нас функция fn(a) (см. задачу 60 а)) может быть описана следующим образом. Мы начнем с того, что для данного размещения 91 многоугольников Мг внутри М (для данной системы «заплат» Мг, на «кафтане» М) ищем два многоугольника Мг и Mj, пересечение Мг, которых имеет наибольшую площадь, т. е. ищем величину

шах Мн, где i, j = 1, 2, ..., п; М

затем, рассматривая всевозможные системы 91 многоугольников Mi площади ^ а, ищем ту из них, для которой найденная ранее величина шах Мн имёет наименьшее значение, т. е. ищем

ta

fn (а) = min max Мн, где i, j = 1, 2, ..., п и minAf/^a.RMi

Совершенно аналогичным образом можно описать и фигурирующие в задачах 60 б) и в) более общие функции f^ (а) и f^1 ^ (a):

fn)(a) = min max M, tn 91 iv^ak

где zp Z^ ..., ik = 1, 2, ..., n и min Mt >a,

соответственносоответственно

соответственно

соответственно

f^’ й) (о) _ min max м

п Л ^ — Ч ‘^"Л

где min М} !h>a; it, i^ ..., 1к и /р /2, .... jh = 1, 2,.... п.

формулы (*) — (***) даютформулы (*) — (***) даютПри этом формулы (*) — (***) утверждают, что графики всех этих функций представляют собой ломаные: так, например, при п=5

формулы (*) — (***) дают

формулы (*) — (***) дают

(случай, рассматриваемый в задаче 59) (проверьте это!)'

0

при

0^

J а ^

55 5 ’

1[_

2 810

при

5

Са^

5 *

/5 (а) = ■

3

i а 10

при

2_< 5

Са^

„ 3

55 5’

33

2 а 5

при

^< 5

Са^

5 ’

2а- 1

при

_£< 5

2а ^

;i

(см. рис. 17);

и

Г(«) =

1

2 °

3

2 °

^4,(а) = '

^ («)=

О при

-1 при

4

—5”РИ

За — 2 при

при при

при

О при

5а — 4 при

3

°5

[ 4а-3

(см. рис. 18, на котором собраны графики функций ^=f^1)(a) = a, y = f^(ta')=f5(a')> y = f^(a)9 у ==^4^ И у=^(а\

0 при 0^а^0,1, Та""^Г При О’1^5^0’3’

t^w-

а —g-при 0,3 ^ а ^ 0,6,

■у а — "2*при0,6 ^a^l;

0 нри 0 ^ а ^ 0,3,

^4,(«)=.

2I

— а —g-при0,3 ^ а < 0,6,

2 а — Iпри0,6 ^ а < 1

и

0 при 0 < а < 0,6,

f(52'5,(«) =

53

— а —^ ПРИ 0,6 ^ а ^ 1

(см. рис. 19, на котором изображен и график функции f^*2^ (a) =a; выпишите сами значения функций f^3,4> (a), f^3,5) (а) и f^4,5^ (a).

Заметим также (это обстоятельство представляет интерес для некоторых теоретико-вероятностных рассмотрений; ср. ниже), что при неограниченном увеличении числа п «заплат» функция fn(a) неограниченно приближается к функции foo(a)=a2;

Рис. 20.Рис. 20.

Рис. 20.

Рис. 20.

соответственно этому функции f^ (а) и f^ ^ (а) при п-> ос ст ре* к

мятся к функциям /^(а^а^ и {^*&) (а) = a h .

Задачи 59 и 60 естественно формулируются также и в терминах теории вероятностей (вопрос об оценках вероятностей сложных со

бытий); рассматривались они в первую очередь именно в этой связи. Сходными вопросами в 40-х годах занимался известный французский математик Морис Фреше [62], использовавший для их решения специфические теоретико-вероятностные подходы. Формулы (*)— (***) впервые, как будто, были выписаны в работе [63], где они доказывались чисто алгебраически, путем сведения соответствующих задач к решению некоторых систем линейных уравнений. Позже формулы (*) и (**) совсем другим путем получил студент Московского университета С. А. Пирогов [64], использовавший для

их вывода методы так называемого линейного программирования, связанные с отысканием та

ких точек заданных в пространстве выпуклых многогранников, которые наиболее (или наименее) удалены от фиксированных плоскостей.

Заметим в заключение, что в статье [64] развитые автором методы использованы для решения еще одной геометрической задачи, близкой ко многим задачам, разбираемым в настоящей книге.

Назовем ^«симметричным»^ расстоянием между двумя многоугольниками М и N площадь множества точек, принадлежащих ровно одному из этих двух многоугольников!); так, расстоя-

’) В почти общепринятых обозначениях: симметричное расстояние А(М М) между М и N равно площади многоугольника R = = (MUM) \ (М П М) (часто сам этот многоугольник обозначают через Л(М, М)).

ние между изображенными на рис. 20, а треугольником и квадратом равно общей площади заштрихованных частей треугольника и квадрата (это определение оправдывается тем, что малость определенного таким путем «расстояния» свидетельствует о близости друг к другу многоугольников М и N—см. рис. 20,6). С. А. Пирогов задался вопросом о наибольшем возможном числе <р(а) многоугольников Mi, М2, ..., которые можно разместить в единичном квадрате М так, чтобы (симметричное!) расстояние между каждыми двумя из них было ^ а. Ответ на поставленный вопрос оказывается довольно неожиданным:

при 1>а>—,при у^а,при 1>а>—,при у^а,

при 1>а>—,

при у^а,

при 1>а>—,

при у^а,

где квадратные скобки обозначают целую часть числа (может быть, вы сумеете самостоятельно это доказать?).

4. НЕСКОЛЬКО СВОЙСТВВЫПУКЛЫХ МНОГОУГОЛЬНИКОВ

Выпуклыми фигурами на плоскости называются фигуры, которые можно описать как пересечение (общую часть) некоторой системы полуплоскостей, взятых в конечном или бесконечном числе (рис. 21, а; ясно, что, например, круг К можно представлять

а)а)Рис. 21.Рис. 21.

а)

а)

Рис. 21.

Рис. 21.

себе как пересечение бесконечного множества содержащих К полуплоскостей, ограниченных всевозможными касающимися К прямыми). Если же ограничиться фигурами, получаемыми в пересечении конечного числа полуплоскостей, то мы придем к классу в ы- п у к л ы х многоугольников (рис. 22, а^. Аналогично этому (с заменой полуплоскостей полупространствами) определяются

(общие) выпуклые фигуры и выпуклые многогранники в пространстве. Иное определение выпуклых фигур (безразлично, на плоскости или в пространстве!) заключается в том, что выпуклая фигура должна наряду с любыми двумя своими точками А и В содержать и весь отрезок АВ, соединяющий эти точки (ср. рис. 21, а, и 22, а с рис. 21,6 и 22, б, на которых изображены невыпуклые фигуры).

Теория выпуклых фигур представляет собой обширный и активно развивающийся раздел математики, которому посвящено множество книг и статей. Расцвет этой ветви геометрии во второй

Рис. 22.

половине XX века способствовал увеличению интереса к выпуклым многоугольникам и многогранникам, поскольку многие результаты, относящиеся к «общим» выпуклым фигурам, могут быть сведены к задачам о выпуклых многоугольниках и многогранниках. Возможность такого сведения определяется тем, что каждую плоскую выпуклую фигуру можно заменить сколь угодно близким к ней выпуклым многоугольником (а выпуклое тело в пространстве — выпуклым многогранником^: так, например, понимаемое в любом принятом в геометрии смысле *) «расстояние» между выпуклой фигурой на плоскости и вписанным в нее выпуклым многоугольником может быть сделано меньше любого наперед заданного числа, если только число сторон многоугольника взять достаточно большим, а сами стороны — малыми). Типичный для нашего времени интерес к «конечной» математике также вызвал рост интереса к выпуклым многоугольникам и многогранникам в силу сугубо «конечной» природы последних: так, выпуклый многоугольник на плоскости может быть задан указанием конечного множества его вершин или конечной системы образующих этот многоугольник полуплоскостей. Существенную роль сыграло и неожиданно возникшее большое прикладное значение учения о выпуклых многоугольниках и многогранниках, связанное со значением их для линейного программирования (ср. выше, стр. 54), являющегося основой многих применений математики к экономическим наукам.

9 Ср., например, выше, стр. 14—18 или 54.

Со всеми этими обстоятельствами связано появление в последние годы ряда книг, специально посвященных учению о выпуклых многогранниках, вроде, например, обширной (около 500 страниц большого формата!) монографии Б. Грюнбаума [65], сразу же вызвавшей очень большой интерес. При этом примечательно, что большинство излагаемых в этих книгах результатов (многие из этих результатов относятся к комбинаторной геометрии, обсуждению проблем которой в основном и посвящен настоящий сборник1)) было получено за последние 10—15 лет; так, например, основная теорема содержательной книги [66] была доказана лишь в 1970 г.

В настоящем цикле задач мы, однако, совсем не касаемся современного развития учения о выпуклых многогранниках, ограничиваясь более простыми задачами о выпуклых многоугольниках, в основном концентрирующихся вокруг так называемой «изопериметрической теоремы о выпуклых многоугольниках» (задача 75).

Докажите, что

всякий выпуклый многоугольник площади 1 можно заключить в параллелограмм площади 2;

треугольник площади 1 нельзя заключить в параллелограмм площади <2.

62*. Докажите, что

всякий выпуклый многоугольник площади 1 можно заключить в треугольник площади 2;

параллелограмм площади 1 нельзя заключить в треугольник площади <2.

Заслуживает внимания своеобразный «параллелизм» между задачами 61 и 62, которые можно сформулировать так:

Доказать, что каждый выпуклый многоугольник Л4 площади 1параллелограмм_ л

можно заключить вплощади 2; однако если М

треугольник треугольникп ,

естьплощади 1, то его нельзя заключить в

параллелограммпараллелограммnv п

площади, меньшей 2. треугольник

Пусть М — выпуклый многоугольник площади S и I— произвольная прямая. Докажите, что

в М можно вписать треугольник, одна сторона которого параллельна I и площадь которого ^-g-S;

4) См., например, книгу [22], целиком посвященную решению следующей довольно частной задачи: какое наибольшее число треугольных пирамид (тетраэдров) можно расположить в пространстве так, чтобы любые две пирамиды соприкасались по части грани каждой из них (при этом автору так и не удалось решить эту задачу до конца).

многоугольник М и прямую 1 можно выбрать так, что в М нельзя вписать треугольник, одна сторона коз

торого параллельна / и площадь которого > -g- S.

В выпуклый многоугольник М = ЛИг... Ап вписан многоугольник NV = А\А2 ... Ап, вершинами которого служат середины сторон м-угольника М

s^, /Аs^, /А

s^, /А

s^, /А

(рис. 23, а). Докажите, что если Р и S, соответственно Р' и S', — периметр и площадь многоугольников М и М', то:

Р > Р'^^Р при всех п^ 3;

S > S' ^ у S при всех п ^ 4.

Могут ли быть улучшены оценки задач а) и б)?

В одну и ту же окружность /С вписан выпуклый многоугольник М = AiA2.. .Ап и выпуклый многоугольник М' = А\А2 ... Ап» вершинами которого служат середины дуг, стягиваемых сторонами n-угольника М (рис. 23,6). Докажите, что если Р и S, соответственно Р' и S', — периметр и площадь многоугольников М и М', то:

Р'>Р;

S'>S,

причем равенство в обоих случаях имеет место только для правильного n-угольника М.

Теорема задачи 65 подсказывает один важный результат, касающийся выпуклых я-угольников. Ясно, что если многоугольник М этой задачи является неправильным, то многоугольник М' является «более правильным», чем многоугольник М. Последнее утверждение

имеет следующий смысл: если М имеет одну наибольшую сторону длины а и одну наименьшую сторону длины b < а (заметьте, что этим сторонам отвечают также наибольшая и наименьшая из стягиваемых сторонами М дуг окружности!), то наибольшая сторона а' многоугольника М' будет меньше а, а его наименьшая сторона Ь'— больше Ь, так что

а' — Ь' <_ а — Ь,

т. е. «разброс» между длинами сторон здесь уменьшится. Если же, скажем, М имеет несколько сторон одной и той же наибольшей длины а, то, разумеется, может случиться и так, что наибольшая сторона М' будет иметь прежнюю длину а (так будет обстоять дело в том случае, когда М будет иметь две соседние стороны длины а); однако при этом число равных а сторон будет у многоугольника М' меньше, чем у М (и также число сторон, имеющих наименьшую длину Ь, в том случае, если М имел несколько таких сторон, будет у М' меньше, чем у M)f Поэтому, если мы будем многократно применять использованную в задаче 65 конструкцию, т. е. от многоугольника М' перейдем к многоугольнику М'\ вершинами которого служат середины дуг окружности, стягиваемых сторонами М'; затем от М" с помощью того же приема перейдем к новому многоугольнику М'", и т. д., То мы получим последовательность

М->М'->М"->М"'-> ...

«все более правильных» многоугольников, вписанных в нашу окружность (в том смысле, что различие между длинами самой большой и самой малой сторон многоугольника будет все время уменьшаться1)), причем периметры и площади этих многоугольников монотонно возрастают. Эти соображения подсказывают (но не доказывают!) вывод о том, что из всех вписанных в данную окружность п-уголъников наибольшие периметр и площадь имеет правильный п-угольник (см. ниже задачу 71).

Пусть Mt и М2 — два многоугольника, вписанные в одну и ту же окружность К (они могут иметь и разные числа сторон), Pi и Рг — их периметры, a Si и S2— их площади. Докажите, что если наибольшая сторона многоугольника Afi меньше наименьшей стороны многоугольника М2, то:

Pi > Р2;

Si > S2.

Задача 66 (из которой, в частности, вытекает, что если Mi и М2 — вписанные в окружность К правильные р-угольник и q-уголъник и р > q, то многоугольник Mi имеет больший периметр и большую площадь) является сравнительно несложной; однако большинство доказательств утверждений этой задачи существенно

*) При этом, если, скажем, многоугольник М имеет р сторон наибольшей длины а, то, возможно, только после (р—1)-кратного повторения нашей операции замены одного многоугольника другим мы придем к многоугольнику, наибольшая сторона которого м е н ь- ш е а.

используют свойства тригонометрических функций (читатель может считать это замечание подсказкой, облегчающей решение задачи 66). Довольно неожиданное «чисто геометрическое» доказательство соответствующих фактов, не требующее даже знания определений тригонометрических функций угла, было дано известным американским математиком Я. Успенским [67]; в основе этого доказательства лежит использование метода математической индукции для доказательства следующей теоремы: в любом треугольнике АВС всегда -^д- >. - ✓ о (попробуйте-ка догадаться, как

в А/ А ~г / jo

здесь можно применить индукцию?).

а) Две точки А и В плоскости, расстояние между которыми равно 1, соединены выпуклой ломаной АР\ ... РпВ (т. е. такой ломаной, что многоугольник АР\Р2 ... РпВ выпуклый). Докажите, что если сумма внешних углов ломаной при точках Р^ Р2у ..., Рп равна а < 180°, то длина ломаной не превосходит 1 : cos — .

б) Найдите тот из выпуклых многоугольников со стороной длины а и суммой внешних углов при вершинах, не прилегающих к этой стороне, равной 120°, который имеет наибольшую площадь.

Докажите, что в выпуклый многоугольник с площадью S и периметром Р всегда можно заключить круг радиуса -р.

Задачу 68 можно сформулировать еще и по-другому. В теории выпуклых многоугольников (и вообще в теории выпуклых фи- гур) принято понимать термин вписанный круг многоугольника М (и соответственно его описанный круг) не так, как понимаются эти термины в школьном курсе математики; для того чтобы оттенить это различие, мы в дальнейшем понимаемые в нашем новом смысле термины будем писать с большой буквы: Вписанный круг и Описанный круг. А именно, в теории выпуклых фигур принято считать, что каждый (выпуклый) многоугольник М имеет Вписанный круг k, за который принимают просто круг наибольшего возможного радиуса, целиком заключающийся внутри многоугольника М (рис. 24,а). Аналогично этому Описанным кругом многоугольника Af называется круг К наименьшего возможного радиуса, заключающий М внутри себя (рис. 24,6). При этом легко видеть, что Описанный круг выпуклого многоугольника обязательно является единственным. В самом деле, если многоугольник М заключается внутри двух кругов Ai и Ka одного и того же радиуса R, то он заключается и внутри образованной пересечением Ki и Ka «линзы» L, — а значит, и внутри описанного вокруг L круга к, диаметром которого является хорда, соединяющая «углы» линзы (рис. 25); но ясно, что к меньше Ai (и Аг), и значит, круги Ai и Ka не могут быть Описанными кругами многоугольника М. Напротив, Вписанных кругов выпуклый многоугольник М

может иметь много; так, например, отличный от квадрата прямоугольник имеет бесконечно много Вписанных кругов (рис. 26) *).

Рис. 24.Рис. 24.

Рис. 24.

Рис. 24.

Величины радиусов Вписанного и Описанного кругов многоугольника чаще всего обозначают буквами г и Р. В этих обозначениях условие задачи 68 можно переписать в виде следующего неравенства:

которое требуется доказать; здесь S, Р и г — площадь, периметр и

Рис. 25.Рис. 25.Рис. 26.Рис. 26.

Рис. 25.

Рис. 25.

Рис. 26.

Рис. 26.

радиус Вписанного круга выпуклого многоугольника. (Этому неравенству можно придать еще и следующий вид: Рг — S ^ 0; его обобщение содержится в решении задачи 75, являющейся «главной» в этом цикле задач )

9 Заметьте, что если выпуклый многоугольник М имеет вписанный круг в школьном понимании этого термина (т е. круг, касающийся всех сторон многоугольника^ то этот круг обязательно будет и Вписанным кругом М; однако круг, ограничиваемый окружностью, проходящей через все вершины многоугольника М (описанный круг многоугольника в школьном понимании этого термина), может и не быть Описанным кругом М (почему?).

69*. Докажите, что из всех выпуклых четырехугольников, имеющих данные длины сторон а, Ь, с и d, наибольшую площадь имеет тот, вокруг которого можно описать окружность.

Ясно, что условие выпуклости рассматриваемых четырехугольников в формулировке задачи 69 не является существенным: ведь для невыпуклого четырехугольника ABCD легко указать выпуклый четырехугольник, имеющий те же длины сторон, что и исходный, и большую площадь (рис. 27, я); поэтому вписуемый в окружйость

Рис. 27.

четырехугольник со сторонами а, Ь, с и d имеет наибольшую площадь среди всех вообще четырехугольников (выпуклых или невыпуклых) с этими длинами сторон. При этом подобное положение дела имеет общий характер: для каждого невыпуклого многоугольника М всегда можно найти выпуклый многоугольник М', имеющий те же длины сторон, что и М (и тот же порядок следования сторон), но большую площадь, причем переход от М к М' осуществляется аналогично переходу от четырехугольника A BCD к четырехугольнику ABC'D на рис. 27, а, но в несколько этапов — так, в изображенной на рис. 27, б ситуации мы сначала отражаем часть DEFGH контура заданного многоугольника М относительно прямой 1у в DH, получая многоугольник Mi = ABCDE'F'G'H, который можно, пожалуй, счесть «более выпуклым», чем исходный многоугольник М; затем отражаем ломаную AHG'F' относительно прямой U = AF', приходя к «почти выпуклому» многоугольнику Мй = ABCDE'F'G"H'; затем отражаем ломаную ВАН' относительно прямой Z3 = ВН', приходя к выпуклому многоугольнику М' = A,BCDE'F,G"H'. Эта процедура позволяет во многих задачах (в том числе и в основной в этом цикле задач «изопериметрической теореме о многоугольниках» — см. задачу 75) ограничиться рассмотрением одних лишь выпуклых многоугольников, к которым можно свести любые многоугольники ‘).

О Относительно доказательства того, что описанным путем каждый невыпуклый многоугольник можно переобразовать в выпуклый, см., например, Р. Г, Бинг и Н. Д. Казаринов [68].

70**. а) Докажите, что из всех выпуклых четырехугольников с данными углами) и данным периметром наибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность.

Докажите, что из всех выпуклых n-угольников с данными углами 4) и данным периметром наибольшую площадь имеет n-угольник, в который можно вписать окружность.

Формулировки задач 69 и 70 а) очень похожи друг на друга. Это сходство становится еще более заметным, если вспомнить, что все четырехугольники имеют одну и чу же сумму углов, а именно 360°, так что задачам 69 и 70 а) можно придать следующую форму:

Из всех четырехугольников с данными сторонами (и данной суммой углов, равной 360°) наибольшую площадь имеет четырехугольник, который можно вписать в окружность.

Из всех четырехугольников с данными углами и данной суммой сторон наибольшую площадь имеет четырехугольник, в который можно вписать окружность

Аналогия между задачами 69 и 70 а) не является случайной — опа имеет глубокие основания, объяснение которых, однако, завело бы нас слишком далеко.

Обобщение результата задачи 69, аналогичное утверждению задачи 70 б) и возникающее при замене четырехугольника произвольным n-угольником, тоже имеет место; однако наиболее простое доказательство этого предложения опирается на (общую) изопериметрическую теорему (см. ниже задачи 76 и 77 и относящийся к ним текст; ср., например, книгу [27] или § 5 книги [29]).

Докажите, что среди всех ^-угольников, вписанных в данную окружность S, правильный и-угольник имеет

наибольшую площадь;

наибольший периметр.

72*. Докажите, что среди всех n-угольников, описанных вокруг данной окружности S, правильный п-уголь- ник имеет

наименьшую площадь;

наименьший периметр.

Формулировки задач 71 и 72 можно еще несколько усилить (впрочем, это усиление является довольно неглубоким). Выше мы уже указывали, что в теории выпуклых многоугольников считают, что каждый (выпуклый) многоугольник М имеет Вписанный круг к и Описаннный круг К: Вписанным (соответственно

— Описанным) кругом многоугольника М здесь называют просто наибольший круг, заключающийся внутри М, и наименьший круг, содержащий М внутри себя (см стр. 60—61, в частности, рис. 24, а и б). '

Но ясно, что если выпуклый «-угольник М имеет круг К своим Описанным кругом, то существует вписанный в К в смысле школьной геометрии выпуклый «-угольник Mi, периметр и площадь которого не меньше периметра и площади М — так, если М заключает центр О круга К внутри себя, то мы можем сдвинуть все расположенные строго внутри (не на границе!) К вершины М по радиусам круга К, придя тем самым к «-угольнику Mi, вписанному в круг К в привычном нам из средней школы смысле и содержащему М внутри

Рис. 28.Рис. 28.

Рис. 28.

Рис. 28.

щиеся к стороны смысле вокруг кщиеся к стороны смысле вокруг к«-угольнику«-угольникуного но гоного но го

щиеся к стороны смысле вокруг к

щиеся к стороны смысле вокруг к

«-угольнику

«-угольнику

ного но го

ного но го

себя (см. рис. 28, а, на котором часть многоугольника Afi изображена пунктиром). Аналогично этому, если к — Вписанный круг выпуклого «-угольника М, то мы можем сдвинуть параллельно все не касаю-

М, придя тем самым к описанному в школьном

Mi, содержащемуся в М и, значит, имеющему не большие чем М периметр и площадь (на рис. 28, б часть многоугольника Afi изображена пунктиром). Поэтому из результатов задач 71 и 72 следует, что из всех вообще выпуклых п-угольников с данным Описанным кругом К наибольший периметр и площадь имеет вписанный в К (в школьном смысле) правильный п-угольник; аналогично этому, из всех выпуклых п-угольников с данным Вписанным кругом к наименьшие периметр и площадь имеет описанный вокруг к правильный п угольник. А так как для правиль-

«-угольника Мо^ АХА^ ... Аи (рис. 29) с радиусами описан- и вписанного круюв, равными соответственно R и г, имеем

(здесь О — центр правильного «-угольника)

„ л . 180° п t 180°

AkA2 = 2R sin - --— = 2г tg ——

ии180°п *180°п *Рис. 30.Рис. 30.R \— ^ secR \— ^ sec180°п180°п

и

и

180°

п *

180°

п *

Рис. 30.

Рис. 30.

R \

— ^ sec

R \

— ^ sec

180°п

180°п

О1•360°

SOA,4, = у Я Sln —= г ^

то периметр Р и площадь S n-угольникд Мо таковы:

P = 2n/?sin-^- и p = 2nrtg-I^-; пп

О 102 •360°О180°

S — — nR2 sin и S = nr2 tg.

2пп

Теперь из результатов задач 71 и 72 вытекает, что периметр Р и площадь S произвольного выпуклого п-угольника связаны с длинами R и г радиусов его Вписанного и Описанного кругов соотношениями

180°^D^O V 180°

2nR sin^ Р 2nr tg пп

и

1 п2 • 360°180°

— nR2 sin ^ nr2 tg,

2nn

причем равенства во всех этих соотношениях имеют место лишь

в случае правильного п-угольника.

Укажем еще, что поскольку из всех вписанных в круг п-уголь- ников н а и б о л ьш у ю площадь имеет правильный, а среди

описанных вокруг него n-угольников правильный имеет наименьшую площадь, то представляет интерес известная «комбинированная» задача, в которой требуется определить минимум суммы площади вписанного в данный (скажем, единичный) круг К многоугольника М и площади описанного вокруг К многоугольника N, стороны которого касаются К в вершинах М (рис. 30; здесь число сторон многоугольника может быть любым) ; этот минимум, как оказывается (см. Дж. А цель и Л. Фукс [69]), достигается для квадрата (и в случае единичного круга равен 6).

Пусть R и г — соответственно радиусы Описанного и Вписанного кругов выпуклого n-угольника (см. выше рис. 24, а и б). Докажите, что

В каком случае отношение — точно равно sec —^— ?

В случае п =3 из теоремы задачи 73 следует, что радиусы R и г описанного круга и вписанного круга произвольного треугольника

связаны неравенством

RR180°3180°3sec 60° — 2,sec 60° — 2,т. е.т. е.R>2r;R>2r;

R

R

180°

3

180°

3

sec 60° — 2,

sec 60° — 2,

т. е.

т. е.

R>2r;

R>2r;

таким образом, она обращается в этом случае в известное соотношение между радиусами двух основных связанных с треугольником кругов (см., например, задачу 94 а) из книги [4] и многие другие задачи из последнего раздела этой книги).

а) Докажите, что из всех треугольников данного периметра наибольшую площадь имеет правильный треугольник (изопериметрическая теорема о треугольниках);

докажите, что из всех четырехугольников данного периметра наибольшую площадь имеет квадрат (изопериметрическая теорема о четырехугольниках).

75*. Докажите, что из всех выпуклых п-угольников данного периметра наибольшую площадь имеет правильный n-угольник (изопериметрическая теорема о выпуклых многоугольниках).

Задачи 74 и 75 связаны со старинной и важной задачей о так называемых «изопериметрических фигурах», т. е. фигурах постоянного периметра (именно этот смысл имеет заимствованный из греческого языка термин «изопериметрические» фигуры), выбираемых из определенного класса фигур; задача об изопериметрах требует выяснить, какая из рассматриваемых (изопериметрических) фигур имеет наибольшую площадь, а изопериметрическая теорема указывает решение «задачи об изопериметрах» (см. по этому поводу, например, доступную школьникам книгу [27] или более серьезную книгу [30]). Так, например, задача 74 а) утверждает, что в классе всех треугольников решением «изопериметрической задачи» служит правильный треугольник, т. е. именно для него при заданной величине периметра треугольника достигается максимум площади; аналогично этому задача 74 б) утверждает, что в классе четырехугольников «изопериметрическим свойством» обладает квадрат. Более того, из обобщающей результаты задач 74 а) и б) основной теоремы задачи 75 вытекает, что в классе всех выпуклых n-угольников (а значит, и всех п-угольников вообще; см. выше, стр. 62 и рис. 27) решением изопериметрической задачи служит правильный п-угольник.

Разумеется, поскольку площадь фигуры единичного периметра, подобной данной фигуре периметра Р и площади S, равна -рз", то в изопериметрической задаче можно ставить вопрос не о наибольшей возможной площади для фигур данного периметра, а о максимуме отношения -^ площади к квадрату периметра-, при этом здесь уже можно свободно переходить от фигуры к любой подобной ей, т. е. вовсе не обязательно требовать по-

стрянства периметра фигуры. Таким образом, «изопериметрическая теорема о выпуклых «-угольниках» утверждает, что среди всех вы- S -.

пуклых п-угольников максимум отношения достигается для правильного п-угольника. А так как для правильного «-угольника А4о, очевидно, имеем

S 1180°

Р24п С ^ п

(см. на стр. 65 формулы, связывающие периметр Р и площадь S правильного «-угольника с радиусом R описанного вокруг него круга), то «изопериметрическую теорему» можно также записать в виде следующего неравенства, выполняющегося для всех «-угольников:

Р2 ^ 4п CtgР2 ^ 4п Ctg180° . п *180° . п *

Р2 ^ 4п Ctg

Р2 ^ 4п Ctg

180° . п *

180° . п *

здесь равенство достигается только для правильного «-угольника. Можно также сформулировать «изопериметрическую теорему» и в виде утверждения о том, что среди всех (выпуклых) п-угольников данной площади наименьший периметр имеет правильный п-угольник.

Докажите, что круг имеет большую площадь, чем любой выпуклый многоугольник одного с ним периметра.

Результат задачи 76 делает в высшей степени правдоподобной следующую (знаменитую!) «изопериметрическую теорему о выпуклых фигурах»: из всех плоских выпуклых фигур данного периметра !) наибольшую площадь имеет круг — в самом деле, в силу теоремы задачи 76 площадь круга больше чем площадь любого выпуклого многоугольника одного с ним периметра, а каждую выпуклую фигуру F можно заменить близким к ней (например, вписанным в F') выпуклым многоугольником. Однако доказательством «изопериметрической теоремы для выпуклых фигур» приведенное рассуждение служить, разумеется, не может (хотя бы потому, что в этом рассуждении мы никак не уточняли смысла выражения «заменить фигуру другой, близкой к ней», что лишает нас всякой возможности обсудить вопрос о том, насколько близки по величине площади и периметры «близких» фигур); поэтому читателю, заинтересовавшемуся этой общей теоремой, придется обратиться к иной литературе (см., например, книги [27], [29], [30] или статью [1]).

77*. Докажите, что для всякого выпуклого многоугольника М с площадью S, периметром Р, радиусом Вписанного круга г и радиусом Описанного круга R

9 А следовательно, и из всех вообще плоских фигур данного периметра, ибо невыпуклую плоскую фигуру можно заключить в выпуклую фигуру меньшего периметра и большей площади (почему?).

(см. выше рис. 24, а и б) имеют место неравенства: а) Р2 — 4л5>(Р — 2лг)2;

б) Р2 — 4л5>(2л/? — РУ.

Возможность «приблизить» каждую выпуклую фигуру F выпуклым многоугольником М подсказывает справедливость неравенств задач 77 а) и б) (в которых придется только, быть может, заменить строгие неравенства на нестрогие) для всех выпуклых фигур:

Р2 - 4л5 XJ? — 2лг)2 и Р2- 4л5 > (2л/? — РУ,где Р, S, г и R — периметр, площадь, радиус Вписанного круга ки радиус Описанного круга К выпуклой фигуры F (Вписанный иОписанный круги здесь по-прежнему определяются как наибольший

Рис. 31.

круг, заключающийся в F, соответственно наименьший круг, содержащий F внутри себя; см. рис. 31, а и бу Если эти утверждения справедливы, то отсюда тем более следует, что для любой выпуклой фигуры F

Р2 — 4л£ > 0, или < -7—

(«изопериметрическое неравенство для плоских выпуклых ) фигур»), причем равенство здесь имеет место только для фигур, периметр Р которых равен 2лг, соответственно равен 2л/?, т. е. только для круга, для которого фигуры F, k и К (а значит, и периметры этих фигур) совпадают.

ЗАДАЧИ НА МАКСИМУМ И МИНИМУМ,

СВЯЗАННЫЕ С ПОНЯТИЕМ ДИАМЕТРА ФИГУРЫ

Диаметром d конечной совокупности {Л1, Л2, ..., Лп) точек называется наибольшее из попарных расстояний между рассматриваемыми точками

d = max А^р, i, j = 1, 2, ..., n

(рис. 32, а; разумеется, возможно, что несколько соединяющих наши точки отрезков равны d— см. ниже задачу 87); диаметром (плоской или пространственной) фигуры F называется наибольшее из расстояний между точками фигуры ’):

d = max АВ, где А, В ^ F

(рис. 32,6; подобно этому и диаметр круга — это наибольшее из расстояний между точками круга). В этом цикле задач собран ряд предложений, так или иначе связан

ных с понятием диаметра фигурыР

(рассматриваемая фигура может со- Ч / стоять и из конечного числа точек).\ /

Центральными здесь являются за- о \/уу/х _

дачи, примыкающие к двум знаме-X

питым проблемам, стоящим перед ма-l\d

тематиками весьма давно и до сих о L \ пор еще полностью не решенным:\

проблеме Борсука — см. зада- / ъ

чи 101—104 и относящийся к ним °,.

текст, и проблеме Лебега — см.с^

задачи 93— 100 и относящийся к нимР с 32

текст. (С представленной задачами''

этого цикла проблематикой связано

очень много еще никем не решенных задач, и в комментариях к отдельным задачам мы часто будем указывать на вопросы, остающиеся пока без ответа.)

С содержанием собранных ниже задач тесно связаны книги В. Г. Болтянского и И. Ц. Гохберга [15], [17], а также второй раздел книги Г. Грюнбаума [19], посвященные в первую очередь проблеме Борсука. Дальнейшее развитие идей, заложенных в тех или иных из собранных здесь задач, можно также найти в книгах Г. Хадвигера и Г. Дебруннера [16], Л. Д а н- цера, Б. Грюнбаума и В. Кли [18], И. М. Яглома [20], Л. Фейеш Тота [24], И. М. Яглома и В. Г. Болтянского [29], В. Бляшке [30], а также в статьях В. Г. Болтянского и И. М. Я г л о м а [1] и [28].

Докажите, что:

диаметр многоугольника равен наибольшей из диагоналей или наибольшей из сторон многоугольника;

диаметр выпуклого многогранника равен его наибольшей диагонали или наибольшему ребру.

Площадь

параллелограмма;

четырехугольника

б) > К2 (~б) > К2 (~1,41) при п = 4;1,41) при п = 4;1 +К521 +К52(~ 1,61) при п = 5,(~ 1,61) при п = 5,

б) > К2 (~

б) > К2 (~

1,41) при п = 4;

1,41) при п = 4;

1 +К5

2

1 +К5

2

(~ 1,61) при п = 5,

(~ 1,61) при п = 5,

равна 1; какие значения может принимать его диаметр?

Пусть Р — периметр выпуклого многогранника М, т. е. сумма длин всех его ребер, a D — диаметр М. Докажите, что Р > 3D.

По каналу ширины 1, который в определенном месте поворачивает на 90° по отношению к своему первоначальному направлению (рис. 33), плывет ветка диаметра d (она может иметь лю

бую форму; толщиной ветки мы пренебрегаем). При каком наибольшем d ветка может иметь такую форму, чтобы проплыть поворот, не застряв в нем?

В этой задаче естественно характеризовать «размер» ветки ее диаметром d = = АВ, так как ясно, что можно указать ветку сколь угодно большой длины, такую, что она сможет свободно миновать поворот канала: для этого только необходимо, чтобы ветка была достаточно извилистой.

На плоскости даны п точек (где п = 2, 3, 4 или 5), расстояние между каждыми двумя из которых не меньше 1. Докажите, что диаметр d этой системы точек

^1 при п = 2 или 3;

причем все эти оценки являются наилучшими из воз

можных.

Обозначим наименьшее возможное значение диаметра системы п точек плоскости, каждые две из которых удалены друг от друга на расстояние ^1, через d(n), или ^(/г):

^ = {ЛЬ A2, ..., АгД и тшЛ/Л/>1;(*)^ = {ЛЬ A2, ..., АгД и тшЛ/Л/>1;(*)d (п) = min max А^Аи где i, j = 1, 2, ..., n; ^n м

^ = {ЛЬ A2, ..., АгД и тшЛ/Л/>1;(*)

^ = {ЛЬ A2, ..., АгД и тшЛ/Л/>1;(*)

задача 82 требует определить величину d^W при л = 2, 3, 4 и 5, Известно также, что

d2 (6) = 2 cos 72° (~ 1,90) и d2 (7) = 2,

AzAzа)а)^3^3Д^Д^б)Рис. 34.б)Рис. 34.причем «оптимальная» конфигурация изпричем «оптимальная» конфигурация изн ен е6 точек является6 точек является

Az

Az

а)

а)

^3

^3

Д^

Д^

б)

Рис. 34.

б)

Рис. 34.

причем «оптимальная» конфигурация из

причем «оптимальная» конфигурация из

н е

н е

6 точек является

6 точек является

причем оптимальные с интересующей нас точки зрения конфигурации 6 или 7 точек изображены на рис. 34 (см. П. Бейтман и П. Эрдёш [70]); однако никакие другие значения величины d^^n)

пока, видимо, неизвестны. Аналогично этому, если величина d^n^ определяется тем же условием (*), где ^п ^ Иь Аг, ... ..., Ап} — система произвольных п точек (трехмерного) пространства, то почти очевидно, что d^n^ = 1 при п = 2, 3 и 4 (почему?). С другой стороны, из результата задачи 31 б) цикла задач 2 почти немедленно следует, что d3 (6) ^ }^2 : это вытекает из того, что если стороны АВ и ВС треугольника АВС обе ^1, а АС< У^ ^ то ZABC обязательно острый (последнее сразу следует из теоремы, обратной теореме Пифагора; помогает вам это замечание установить __связь между неравенством </3 (6) ^>/’2 и задачей 316)?). С другой стороны, рис. 35, а, б (на одном из которых изображен так называемый правильный октаэдр, а на втором — правильная треугольная призма с квадратными боковыми гранями) показывает, что d, (6) < Г2 ; таким образом,

^(6) = /2(-1,41),

единственной (рис. 35). Наконец, К. Шютте [46] установил, что

21/91

Д^-^Л^- (-1,31);

никакие другие значения величин da^ нам неизвестны. Более того, если обозначить через dhW ту же величину (*), где Аь Л2, ... .Ап—произвольные п точек /г-мерного евклидова пространства1), то, помимо указанных выше значений daW и daW и тривиальной формулы

dx^ — п — 1 при всех м^2

(можете вы ее объяснить?), точно известны лишь значения dh^ при к ^ п + 2:

dk (л) = 1 при 2 < п < к + 1

(это почти очевидно) и

dk (^ + 2) =dk (^ + 2) =2(6 + 2) к {k + 2) - 12(6 + 2) к {k + 2) - 1при к четном,при к нечетномпри к четном,при к нечетном

dk (^ + 2) =

dk (^ + 2) =

2(6 + 2) к {k + 2) - 1

2(6 + 2) к {k + 2) - 1

при к четном,

при к нечетном

при к четном,

при к нечетном

Рис. 36.Рис. 36.в том смысле, что отношениев том смысле, что отношениепри п-^со. Аналогичные при любом кпри п-^со. Аналогичные при любом кк — dk (n)~ckVn,к — dk (n)~ckVn,

Рис. 36.

Рис. 36.

в том смысле, что отношение

в том смысле, что отношение

при п-^со. Аналогичные при любом к

при п-^со. Аналогичные при любом к

к — dk (n)~ckVn,

к — dk (n)~ckVn,

(см. К. Шютте [46]).

Представляют интерес и приближенные оценки величины d^n) при больших значениях п. Из нижеследующей задачи 83 как будто

вытекает, что d2(n) при большом п растет примерно как Vп. Эту оценку можно еще несколько уточнить; рассмотрение «шестиугольной конфигурации» точек на плоскости (см. рис. 36) позволяет заключить, что при большом п

<W~

~ -V2 ^3-^1,05^

у л

соображения позволяют заключить, что

где Си — некоторое постоянное число (зависящее, разумеется, от 6); однако точное значение этого числа не известно ни при каком к *> 2 (в частности, не известно даже число Сз).

J) См. подстрочное примечание на стр. 32.

83. Диаметр d системы {ЛьЛ2, ..., Ап) точек плоскости равен 1, а наименьшее из попарных расстояний между точками равно ц. Докажите, что

а)„ <204+0

2 Кз“ (/п + О

более того, р < r 3 <„ _ "^ •

Задача 83 в определенном смысле «обратна» задаче 82 — ранее мы задавали min ДИ, = 1 (или ^1) и оценивали тахД^Д,- =

Мi,/

= d (где i, / = 1, 2, .и); теперь же мы, напротив, предполагаем известным max АгА, = d ( = 1), а ищем ттДИ, = |1. Поэтому ясно, что результаты задачи 82 можно переистолковать как (точные!) оценки рассматриваемого в задаче 83 числа р = р(л) при небольших и; напротив, из результата задачи 83 вытекает, что

d2^>;

dHn)^-^ (Кп - 1)

(по поводу улучшения и последней оценки см. примечание в конце решения задачи 83).

Задачи 82 и 83 можно сформулировать еще и как задачи оценки отношения

max Д/Д/

: г-д—,где /=1, 2, ..., п;

min Д/Д/1

при этом становится ясной их близость к задаче 3 цикла 1.

Все звенья замкнутой n-звенной ломаной (быть может, самопересекающейся, но «невырожденной» — такой, что все вершины ломаной различны и все звенья принадлежат разным прямым) равны 1.

Чему равно наименьшее возможное значение диаметра ломаной, если п = 2, 3, 4, 5, 6?

При каких п диаметр ломаной может равняться 1? При каких п он не может равняться 1, но может быть сколь угодно близок к 1?

. Все стороны выпуклого /г-угольника диаметра d равны 1. Докажите, что

если п = 3, то d=l;

если п —4, то 2 > d^V2 («1,41);

если п = 5, то 2 > d^ l^-^5. («1,61);

г)* если п = 6, то 3 > d^ V2 + ^3 («1,93), причем ни одна из этих оценок не может быть улучшена.

Если d есть диаметр выпуклого п-угольника со сторонами длины 1, то, как нетрудно показать,

п

при п четном,

d<1

п — 1

—2— при п нечетном;

таким образом, отыскание наибольшего возможного значения ) Д(л) диаметра d не представляет труда ^d = А (л) = ~ или п — 1

—-— для «вырожденных» л-угольников, ряд вершин которых — или даже все вершины — принадлежат одной прямой). Совсем иной характер имеет задача отыскания наименьшего возможного значения1) Ь^ диаметра d. В задачах 85 а) и в) утверждается, что при п = 3 и 5

. (л-1)90°sin —

6(П)=,(*)

sinп

т. е. 6 (л) равно диаметру правильного п-угольника со сторо* ной 1: в самом деле, очевидно,

.(3—1). 90°smз_. 180°smT. (5—1)90°sin-о. 180°“sin=—.(3—1). 90°smз_. 180°smT. (5—1)90°sin-о. 180°“sin=—sin 60°sin 60°sin 60°sin 60°sin 72°sin 36°sin 72°sin 36°= 1=6= 1=6(3)(3)= 6(5).= 6(5).

.(3—1). 90°

smз_

. 180°smT

. (5—1)90°sin-

о

. 180°“

sin=—

.(3—1). 90°

smз_

. 180°smT

. (5—1)90°sin-

о

. 180°“

sin=—

sin 60°

sin 60°

sin 60°

sin 60°

sin 72°

sin 36°

sin 72°

sin 36°

= 1=6

= 1=6

(3)

(3)

= 6(5).

= 6(5).

Также и при л = 4 величина 6 (л) равна диаметру У*2 правиль- кого 4-угольника (квадрата) со стороной 1. С другой стороны, при л = 6 величина 6 (л) оказывается меньше диаметра 2 правильного 6-угольника со стороной 1: в задаче 85 г) утверждается, что

6 (6) = 2 sin 15° = 2 sin 75° = /2 + /3 ,

т. е. что 6(6) равно радиусу окружности, описанной вокруг правильного 12-угольника со стороной 1 — половине диаметра этого 12-угольника.

Задаче определения наименьшего возможного значения 6 (л) диаметра выпуклого равностороннего л-угольника со стороной 1 посвящена статья [71] венгерского геометра С. Винце, которому этот вопрос был поставлен П. Эрдёшем; еще раньше той же задачей занимался немецкий математик К. Рейнгардт [72]. С. Винце установил, что для всех нечетных п значение 6 (л) задается формулой (*) (однако лишь при п простом правильный л-уголь- ник со стороной 1 является единственным выпуклым л-угольником диаметра 6 (л), все стороны которого равны 1). При четном п, не являющемся целой степенью числа 2, величина 6 (л) определяется по формуле

т. е. 6 (л) равно половине диаметра правильного 2л-угольника со стороной 1; доказательство формулы (**) при л = 6 и составляет основное содержание задачи 85 г). Для п = 2\ где к ^ 3 (и к — целое число) величину 6 (л) пока никому не удалось определить; показано только [71], что в этом случае

. (л—1)90°sin -

— 1—"(***) 90°. 180°'1

2 sinsin

лп

(т. е. что величина 6 (л) заключается между диаметром правильного л-угольника со стороной 1 и половиной диаметра правильного 2л-угольника со стороной 1), причем при к ^ 3, видимо, оба неравенства в соотношении (***) — строгие

86. Диаметр

треугольника,

четырехугольника,

в)* выпуклого четырехугольника

равен 1. Какими могут быть

площадь,

периметр

этого многоугольника?

Если диаметр (выпуклого или невыпуклого!) л-угольника равен 1, то, как легко показать (ср. с решением задачи 86),

2<Р<п,

где Р — периметр л-угольника, причем это двойное неравенство нельзя улучшить (т. е. периметр л-угольника диаметра 1 может быть сколь угодно близок к 2 и сколь угодно близок к л; равенства Р = 2 и Р = п выполняются для «вырожденных многоугольников», у которых несколько последовательных вершин — или даже

все вершины!—принадлежат одной прямой, или несколько вершин совпадают). Также и периметр выпуклого м-уголышка диаметра 1 всегда больше 2, но может быть сколь угодно близок к 2; однако задача определения наибольшего возможного значения П(и) периметра выпуклого и-угольника диаметра 1, видимо, непроста. Нетрудно также понять, что площадь S^n) (выпуклого или невыпуклого) n-угольника М диаметра 1 всегда положительна, но может быть сколь угодно малой (равенство S = 0 достигается для «вырожденного» л-угольника, все вершины которого принадлежат одной прямой); однако определение наибольшего возможного значения 2 (и) площади многоугольника М диаметра I1) может оказаться и трудной задачей.

Периметр Р и площадь 8 произвольной плоской выпуклой фигуры F диаметра 1 (см. стр. 55—56) удовлетворяют неравенствам

2<Р<л и 0<S<4,

4

причем наибольшую площадь ^ из всех фигур диаметра I имеет лишь круг, в то время как наибольший периметр л имеют бесконечно много разных выпуклых фигур диаметра 1 (см., напри- мер, [29], § 6). Если же фигура F не обязательно является выпук- лой, то по-прежнему

о < s < Д

4

Рис* ^*однако периметр Р > 2 фигуры F

может уже быть сколь угодно большим (на рис. 37 изображена фигура F, периметр которой по сравнению с ее диаметром очень велик).

Пусть А и В — такие две точки фигуры (или множества точек) F, что расстояние АВ = d является наибольшим из расстояний между точками F (см. рис. 32, а, б на стр. 69); тогда диаметром F называется не только число d, но также и отрезок АВ (иногда АВ называют «диаметром-отрезком» фигуры Е). От П. Эрдеша [73] идет задача определения наибольшего возможного числа диаметров (понимаемых здесь, как о том свидетельствует само использование множественного числа, в смысле «диаметров-отрезков») конечного множества точек.

а) На плоскости даны п точек, расстояние между каждыми двумя из которых не больше 1. Докажите, что из этих точек нельзя выбрать более п пар точек таких, что расстояние между выбранными точками равно 1.

Может ли число пар точек, удаленных одна от другой на расстояние 1, равняться п?

б)** В пространстве даны п точек, расстояние между каждыми двумя из которых не больше 1. Докажите, что

9 Нетрудно видеть, что площадь величины 2(п) будет иметь обязательно выпуклый /г-угольник.

эта система точек содержит не более 2п — 2 пар точек, расстояние между которыми равно 1.

Может ли число пар точек, удаленных одна от другой на расстояние 1, равняться 2п — 2?

Задачи 87 а) и б) можно также сформулировать следующим образом: докажите, что наибольшее возможное число диаметров выпуклого п-угольника равно п, а наибольшее число диаметров выпуклого многогранника с п вершинами («выпуклого n-вершинника») равно ^п — 2. Первая из этих задач не является особенно сложной; впервые она была, как будто, решена знаменитым швейцарским геометром Хейнцем X о п ф о м и Е. Панвицем [74]; в 1965 г. она была предложена для решения школьникам разных стран — участникам VII Международной олимпиады и получила довольно много решений Гораздо более трудной является задача 87 6). Статья [73] не содержала решения этого вопроса: в ней Эрдёш лишь доказывал, что наибольшее возможное число диаметров n-точечного плоского множества равно п (результат Хопфа — Панвица, составляющий содержание задачи а)) и со ссылкой на другого венгерского математика А. Важоньи (A. Vaszonyi) высказывал предположение о том, что в случае соответствующей стереометрической задачи это число равно 2и— 2 (результат задачи б); его независимо доказали в 1956—1957 гг. Б. Грюнбаум, венгр А. Хеппеш и поляк С. Страцевич [75]).

Бросающееся в глаза различие в степени трудности задач 87 а) и б) создает плохие перспективы при попытках перенесения результатов этих задач на общий случай ^-мерного евклидова пространства1). И действительно, общая задача определения наибольшего возможного числа Nk(n) диаметров п-точечного множества расположенного в h-мерном (евклидовом) пространстве, не решена до сих пор, — и пока даже не видно никаких обнадеживающих подходов к решению этой задачи. Легко, конечно, видеть, что

Nk (п) = С\ (= " ^"~ ^ j при п < k + 1,

но даже, скажем, точное значение величины W4(6), видимо, остается неизвестным. Помимо формул Na(n)= п и Ns^n)=2n— 2 (результаты задачи 87), мы знаем лишь, что Ni(n) — 1 при всех п (эта формула не представляет ни малейшего интереса, ибо оценивается здесь число диаметров множества точек одной прямой'.) и имеем некоторые оценки для «общих» величин Nh^n). Наиболее сильные результаты в этом направлении получил тот же П. Эрдёш [76], который установил, что

и вообщеи вообще(1-2)(3-4)(1-2)(3-4)Nt(n) = ^n2+ .... ^(п) = 1„2+ ...

и вообще

и вообще

(1-2)

(3-4)

(1-2)

(3-4)

Nim (") = ( 2" — 2^7) «2 + • •;

^m+i («) = (у — 2^")”2+

9 См. подстрочное примечание на стр. 32.

где точками обозначен (пока неизвестный, быть может даже отрицательный) «остаточный член» г, малый по сравнению с выписанным членом в том смысле, что lim —5- = О (разумеется, этот член П->оо пл

г — г(к3п) в формуле для Мь(п) зависит и от п и от Q ^

Ясно, что если не ограничивать число п точек, образующих множество (или фигуру) F, то и число N (и) диаметров этой фигуры может быть сколь угодно большим. При этом, если F— «непрерывная» (или «сплошная») фигура, содержащая бесконечно

Рис. 38.Рис. 38.много точек, то не исключен даже и тот случай, когда к а ж- д а я (граничная) точка А фигуры F имеет «диаметрально противоположную» точку, Т. е. такую граничную точку В, что АВ — диаметр фигуры F). Так будет обстоять дело, например, в том случае, когда (плоская) фигура F— это круг (рис. 38, а), но далеко не только в этом случае. Так, если фигура F ограничена тремя дугами: ^АВ3 vjBC и \jCA од

Рис. 38.

Рис. 38.

ного радиуса d, построенными вне равностороннего ААВС со стороной d на его сторонах (рис. 38,6).

то также каждая граничная точка F имеет «диаметрально противоположную» (см., например, § 7 книги [29]; фигуру F впервые рассматривал французский механик XIX века Ф. Р е л о (F. Reuleaux), по имени которого она называется треугольником Рело).

От того же П. Эрдёша [77] идет еще одно любопытное обобщение задач 87. Примем, для простоты, диаметр фигуры (множества точек) F за единицу длины; хорду АВ длины ^а, соединяющую две точки А и В фигуры F, мы назовем а-диамет* ром F. (Другими словами, хорда АВ = I в том и только в том случае является п-диаметром F, если -g-^а, где d—диаметр F.)

Ясно, что понятие а-диаметра имеет смысл только при 0 ^д^ 1; ври этом 1-диаметры фигуры F совпадают с ее (обычными) диаметрами (т. е. с «диаметрами-отрезками»), а 0-диаметрами являются все хорды F.

Задача Эрдёша состоит в оценке наибольшего возможного числа N(a,n) а-диаметров п-точечного множества. При этом, в про-

*) П. Эрдёш [76] показал также, что в левой части формул (1—4) величину Nk(n) можно заменить (вообще говоря, большей чем Nh(n)\) величиной Мь^п) —наибольшим возможным числом равных между собой (но не обязательно равных d) отрезков из числа отрезков, соединяющих попарно наши п точек.

тивоположность задаче определения числа N(n) обыкновенных диаметров, этот вопрос является содержательным даже для точек одной прямой.

Пусть Ах, Д2, ...» Ап — п последовательных точек одной прямой; будем считать, что AiAn = 1 и зададим некоторое число а (где 0 ^ а ^ 1). Чему равно наибольшее возможное число тех из С2п=-^~—~ отрезков AiAj (где t, / = 1, 2, ... или и), длина которых

Что же касается общей оценки числа N (а, п) а-диаметров плоского или пространственного n-точечного множества, то здесь нам известно весьма мало. Конечно, если п мало, то определить число N (а, п) нетрудно: так, легко понять, что если Nh^a^n^ есть наибольшее число а-диаметров системы п точек, расположенных в ^-м е р н о м евклидовом пространстве (так что соответствующие планиметрическая и стереометрическая задачи состоят в определении величин Na^a, п) и N3(a, л)), то при всех а

N2(a, 3)=3, N3(a, 4) = 6 и даже вообще

Nk (а, п^ = С^ ^— -^-^2—~) ПРИ всех а и всех ^ С ^ + 1-

Для других небольших значений п величины N^a, п) и N3(a, п) также поддаются вычислению.

На плоскости даны п точек Ль А2, ..., Ап, расстояние между каждыми двумя из которых не превосходит 1 и задано также число а (где O^a^l). Чему равно наибольшее возможное число N2^a,n^ отрезков AiAj (где i, j = 1, 2, ... или п), длина которых ^а, если

п = 4;

п = 5;

м = 6

(число Ьк^а, п), разумеется, будет разным для разных значений ар

Однако для систем из произвольного (быть может, весьма большого!) числа п точек плоскости или пространства пока известно как будто, лишь что

Зт при а—Х, т/Т

N2 (а, Зт) =N2 (а, Зт) =Зт2 при 1 >а>™-,

N2 (а, Зт) =

N2 (а, Зт) =

1/2"

? при ~2~>а>?

откуда также следует, что при всех « > 4

N2N2

N2

N2

где квадратные скобки означают целую часть числа (Эрдёш [76]).

Наконец, укажем еще одну также идущую от П. Эрдёша [73] задачу, в известном смысле обратную задаче оценки числа N(n) диаметров «-точечного множества. Назовем минидиаметром б системы {Ai, А2, ...» Ап) точек наименьшее из С^ расстояний (чисел) AfA,:

б = ш1пА(А;, где /, /=1, 2, ..., п.

а также те из отрезков А И;, которые имеют эту наименьшую длину б (рис. 39). Задача, о которой здесь идет речь, состоит в определении наибольшего возможного

Qчисла v(«) минидиаметров п-точеч-

\ного множества.

к 6*Нетрудно понять, что в случае

Ь 'системы точек одной прямой соот

ветствующее число Vi(«) равно

Vi («) = п — 1

оэ

°(почему?); однако уже точное опре

деление числа v2(«), отвечающего соответствующей планиметрической задаче, представляет большие хтрудности. [Заметьте, что планимет

рическая задача определения числа

р одW2(«), т. е. задача 87 а), решается

г '*сравнительно легко.] Поэтому (если

исключить мало интересный случай небольших п — см. ниже задачу 90) нам здесь приходится довольствоваться лишь теми или иными оценками числа v(«) (см. задачу 91).

На плоскости даны 4 точки А^ А^ Дз, А^ расстояние между каждыми двумя из которых не меньше 1. Чему равно наибольшее возможное число соединяющих попарно эти точки отрезков AtAj длины 1?

На плоскости даны п точек Аь А2, ..., Ап. Докажите, что если ни один из отрезков AtAj (где г, / = = 1,2, ..., м) не меньше 1, то число равных 1 отрезков AiAj не превосходит Зп.

Несколько уточнив составляющие решение задачи 91 рассуждения, П. Эрдёш [73] показал также, что

т2 («) ^ 3« — 6;

однако это усиление результата задачи 91 является довольно бедным. Использовав совсем другие (и гораздо более сложные) соображения, Эрдёш сумел также установить существование таких двух положительных чисел Ci и Сг (где сч С Сг), что

Зп — С} У"п >^2 W >3п — с2У^п

при всех п; этот результат является, видимо, самым сильным из всех известных до сих пор, связанных с оценками числа v(n). (Разумеется, можно также поставить вопрос об определении наибольшего возможного числа v(a,n) а-минидиамет ров п-точечного множества {Ai, Аг, ..., Ап} минидиаметра 6, где а-м и н и д и а м е т- ром называется каждая хорда AjAj длины / такая, что 1/6 ^ а; однако трудность оценки числа v(n) делает мало перспективной задачу нахождения числа v(a, ц).)

С понятиями диаметра (и а-диаметра) фигуры F связана еще одна задача, стоящая несколько в стороне от нашей основной проблематики, но привлекательная тем, что здесь мы имеем случай полного решения вопроса, каких — увы! — ранее почти не встречали. Назовем центром (соответственно a-и е н т р о м) фигуры F середину ее диаметра (соответственно середину ее а-диаметраУ совокупность Ц(Р) всех центров (соответственно совокупность Ц(а,Р) всех a-центров) фигуры F назовем ее центральной фигурой

г)г)д)д)

г)

г)

д)

д)

Рис. 40.

(соответственно а-ц ентральной фигурой). Так, например, центральные фигуры Ц(Кр) и Ц(Кв) круга Кр и квадрата Кв состоят из единственной точки (рис. 40, а, б); центральная фигура Ц(Тр) правильного треугольника Тр состоит из трех точек, образующих треугольник тр в два раза меньшего размера (рис. 40, в); центральная фигура Ц(Р) треугольника Рело Р (см. выше, стр. 78, в частности рис. 38, б) представляет собой контур в два раза

меньшего «вывернутого треугольника Рело» р' (рис. 40, г); a-центральной фигурой Ц(а,Кр) круга Кр радиуса 1 является концентри-

1j- (рис 40, д).

92*. Пусть F — произвольная (выпуклая) фигура, диаметр которой мы примем за единицу длины. Обозначим через г диаметр центральной фигуры Ц (F) фигуры F; через г^—диаметр ее «-центральной фигуры Ц^а/Fy Докажите, что

-2", если фигура F плоская,

б) 2(а)<б) 2(а)<—2™, если фигура F пространственная;

б) 2(а)<

б) 2(а)<

если фигура F плоская,

если фигура F пространственная,

причем все эти неравенства улучшить уже нельзя.

■ж

/

а *

а.а.Рис. 4LРис. 4LНетрудно понять, что если фигура F «одномерная», т. е. отрезок, то определяемые аналогично условию задачи 92 величины г и 2(a) равны 0 и 1—а (рис. 41). Укажем еше, что задача 92 любопытна в том отношении, что здесь не происходит обычного увеличения трудности задачи при переходе от планиметрического варианта задачи к стереометрическому (й многомерному): решение аналогичной задачи, поставленной для (выпуклых) фигур произвольного числа к

а.

а.

Рис. 4L

Рис. 4L

^(«)=]/i-4^(«)=]/i-4для всех к ^ 3для всех к ^ 3измерений, где к ^ 3, ничем практически не отличается от решения стереометрического варианта задачи 92, и ответ здесь остается тем же: если 2к^ есть наибольший возможный диаметр а-централь- ной фигуры Ц^а, F^ (здесь F— какая угодно ^-мерная выпуклая фигура диаметра 1), то

^(«)=]/i-4

^(«)=]/i-4

для всех к ^ 3

для всех к ^ 3

^но 22 (а) = 12™ и 2] (а) = 1 — aj. В то же время планимет

рический вариант задачи 92 уже отличается от стереометрического и ^-мерного и — неожиданным образом — оказывается несколько сложнее их (см. Ю. Г. Дуткевич [78]).

Докажите, что каждую фигуру F диаметра 1 можно заключить в

квадрат Q со стороной 1;

круг К радиуса

в)* правильный шестиугольник Р со стороной -у-;

правильный треугольник Т со стороной ]/3, причем ни одну из фигур Q, К, Р, Т нельзя уменьшить, сохранив се форму, с тем, чтобы она продолжала удов*

летворять условию задачи.

а) Дан треугольник Т = Z\ABC (т. е. мы знаем все его стороны и углы). Известно, что круг к радиуса г можно целиком заключить в Т

(рис. 42, а); каким может быть г? Известно, что Т можно целиком заключить в круг К радиуса R (рис. 42,6); каким может быть Я?

Дан треугольник Т = ZXABC. Известно, что круг х пересекает все стороны Т (нс продолжения сторон, а именно стороны — рис. 42, в). Какие значения может иметь радиус р этого круга?

Мышиная норка имеет три выхода Мь М2 и М3. Где должна сидеть кошка/(, для того чтобы расстояние от занимаемой К позиции до самого далекого из трех выходов из норки было меньше всего?

Выведите из решения задачи а) результат задачи 93 б) для того случая, когда фигура F состоит из конечного числа точек.

Ясно, что в условии задачи 94 а) вели-Рис. 42.

чина г может быть сколь угодно мала (min г = О или, точнее, inf г = 0 — см.

выше, стр. 17), а величина R— сколь угодно велика (последнее можно передать символической записью sup/? = со); таким образом, речь здесь идет об отыскании величин max г и min/? (одна из них определяется проще, чем другая — какая именно?). Аналогично этому содержание задачи 94, б) составляет нахождение величин inf р и sup р (и здесь одну из этих двух величин найти проще другой). Задача 94 в) в неоднократно уже употреблявшихся в этой

книге обозначениях может быть сформулирована так: чему равно число

Р = min max КМ^ где / = 1, 2 или 3, К i

и что представляет собой множество точек К (оно может состоять и из единственной точки!), для которых max КМг = Р. Эта задача i

является довольно простой; также и усложнение ее, получаемое, если считать, что мышиная нора имеет четыре или большее число выходов Mi, М2, ..., не является особенно серьезным. Однако случай произвольного числа m выходов Mi, М2, ..., Мт из норки и нескольких кошек Ki, Кг, ..., Кк (составляющих единую «кошачью коалицию»), для которых надо выбрать систему наиболее выгодных позиций, приводит уже к существенным осложнениям, которые можно еще увеличить, предположив скорости бега разных кошек различными ц задаваясь задачей о таком «оптимальном» размещении точек Ki, Ka, ..., Кк» чтобы наибольшее из расстояний KiMj (где i = 1, 2, .... к; / = 1, 2, ..., т; расстояние KiMj измеряется в зависящих от номера i единицах длины, задаваемых скоростью бега i-й кошки) было меньше всего.

а) На плоскости дано конечное число равных кругов, каждые три из которых имеют общую точку. Докажите, что все круги имеют общую точку.

Выведите из результата задачи а) еще одно доказательство утверждения задачи 93 б) для фигур F, представляющих собой конечное множество точек.

Задача 95 а) утверждает, что если п равных кругов брошены на плоскость так, что каждые три из них можно проколоть одной иглой, то и все круги можно проколоть одной иглой. Утверждение этой задачи допускает значительное обобщение: в ней не надо требовать, чтобы все круги были равны между собой; более того, здесь можно даже заменить п кругов п произвольными плоскими выпуклыми фигурами. Последнее обобщение предложения задачи 95 а) принадлежит немецкому математику Эдуарду Хелли (Е. Helly); по его имени оно называется теоремой Хелли. Теореме Хелли, ее вариантам, обобщениям и приложениям посвящена содержательная книга [18]; много места уделено этой теореме также в книгах [16] и [29].

Естественный вариант теоремы задачи 95 а) принадлежит венгерскому математику Т. Галлаи (Т. Gallai), который, предположив, что каждые два из заданных на плоскости п (не обязательно равных) кругов можно проколоть одной иглой, поставил вопрос о наименьшем числе % игл, которыми, наверное, можно проколоть все круги (Галлаи предположил, что это число является конечным). Венгр Л. Ст ах о [79] доказал, что «число Галлаи» х ^ 5; имеются сведения о том, что Л. Данцер снизил это число до 4 (причем последний результат уже является окончательным), однако пока это нигде не опубликовано. По поводу «задачи Галлаи» см. книгу [18] и 2-е издание книги [24], где имеются также иные варианты этой задачи и указана дополнительная литература.

В задаче 93 спрашивается о наименьшем квадрате, наименьшем круге и т. д., внутрь которых можно заключить каж-

дую плоскую фигуру F диаметра 1. Так как диаметр квадрата, круга и т. д., покрывающего фигуру F, не может быть меньше диаметра F, то из этой задачи следует, что сторона а наименьшего квадрата (соответственно радиус R наименьшего круга, сторона b наименьшего правильного шестиугольника, сторона с наименьшего правильного треугольника), в который можно заключить конкретную фигуру F диаметра 1, заключается в пределах:

0,707 « -^- С а < 1,

1 УЗ0,5 = 2.</?<2_ « 0,577,0,5=у<6<-^ « 0,577,

1<с<КЗ « 1,732,

причем нетрудно видеть, что все эти оценки являются точными I—2это сторона квадрата диаметра 1; -^ — радиус круга диаметра 1 и т. д.). Наибольшей известностью из всех задач такого рода пользуется задача о наименьшем круге, которым можно покрыть любую фигуру диаметра 1; эта задача была поставлена и решена в 1910 г. известным английским математиком Г. У. Е. Ю нг о м [80], в силу чего результат задачи 93 б) часто называют т е о-

ремой Юнга 1а круг радиуса —кругом Юнга).

С задачей 93 связана одна известная проблема, которая не решена до сих пор. Условимся называть каждую фигуру F, которой можно покрыть любую фигуру f диаметра 1, универсальной покрышкой — для наглядности здесь можно представить себе салфетку F, которой можно покрыть имеющееся на скатерти пятно f, причем нам известно лишь, что диаметр пятна ^1. Еще в 1914 г. знаменитый французский математик Анри Лебег (Н. Lebesgue) в беседе с венгром И. Палом поставил задачу о нахождении универсальной покрышки наименьшей возможной плои^ади (или наименьшего возможного периметра^; эту задачу (в первую очередь в ее относящемся к площади варианте) в настоящее время называют проблемой Лебега. В 1920 г. И. Пал рассказал о своей беседе с Лебегом в статье [82], в которой он изложил все полученные им по этой проблеме результаты. Впоследствии проблеме Лебега была посвящена довольно большая литература (см., например, обзор ее в книге немецкого математика Г. Мешков- ского [81]); однако полученные здесь пока результаты никак нельзя считать окончательными.

Нетрудно видеть, что площади универсальных покрышек, фигурирующих в задаче 93, таковы:

S =12=1=~ 1,047,

Sp—^-~ 0,86§, Sr = ^- ~ 1,299;

таким образом,таким образом,^г >SK>SQ>Spi^г >SK>SQ>Spi

таким образом,

таким образом,

^г >SK>SQ>Spi

^г >SK>SQ>Spi

т. е. самой «экономной» из этих покрышек является правильный шестиугольник Р, найденный упоминавшимся выше И. Палом [82]. То, что шестиугольник Пала Р является «лучшей» покрышкой, чем круг Юнга /С, сразу следует из того, что Р можно получить из К, отрезав от К 6 сегментов, отвечающих центральным углам в 60° (ср. рис. 43, а и г). Однако и шестиугольник Р не является самой выгодной из всех возможных покрышек (см. ниже задачу 96 б).

а) Докажите, что каждую фигуру диаметра 1 можно заключить в шестиугольник U, получаемый из квадрата Q = AXA2A3A4 со стороной 1 отсечением от последнего двух треугольников Ai и Д2, образованных сторонами квадрата Q и касательными к вписанному в Q кругу А, перпендикулярными биссектрисам углов Л1 и Л2 квадрата (ср. рис. 43,6 и в).

б) Докажите, что каждую фигуру диаметра 1 можно заключить в (неправильный) восьмиугольник V, получаемый из правильного шестиугольника Р =

1Лз"

= АхА2А3А4А5А6 со стороной отсечением от последнего двух треугольников Ai и Д2 с помощью касательных /1 и /з к вписанному в Р кругу к, перпендикулярных биссектрисам углов Ах и Л3 шестиугольника (ср. рис. 43, г и д).

Ясно, что изображенный на рис. 43, д восьмиугольник V ев = BCA^DEA^A^A^ (его указал И. Пал в уже называвшейся работе [82]) является более экономной покрышкой, чем правильный шестиугольник Р; его площадь

Sy =2-^1-«0,845.

Однако и V еще не является самой экономной покрышкой. А именно, немецкий математик Р. Ш п р а г [83] доказал, что если провести две дуги: ^FH и ^GH окружностей радиуса 1 с центрами в точках С и D (рис. 43,5), касающиеся сторон А4А5 и А5А6 восьмиугольника V в точках F и G и пересекающиеся в точке Н диагонали А5А2 восьмиугольника V (биссектрисы его угла Ав), то, отрезав от V два криволинейных треугольника FA^H и GA^H, мы получим (криволинейный!) десятиугольник W = BCA^DEA^FHGAq, ограниченный 8 отрезками прямых и 2 дугами окружностей; этот десятиугольник W (см. рис. 43, е) все еще является универсальной покрышкой. При этом

Sw ~ 0,844;

десятиугольник W как будто является самым малым по площади из всех известных до настоящего времени универсальных покры-

шек). Однако у нас нет никаких оснований ожидать, что W окажется именно той универсальной покрышкой наименьшей возможной площади, отыскание которой составляет содержание проблемы Лебега; более того, до сих пор, кажется, даже неизвестно, является ли W минимальной покрышкой в смысле американского геометра Виктора К л и (V. Klee), т. е. такой, что никакая часть №. полученная отбрасыванием отдельных кусков этой фигуры, уже не является универсальной покрышкой) (Р. Шпраг предполагал, что дело обстоит именно так; однако минимальная в смысле Кли покрышка вовсе не обязана быть наименьшей по площади из всех возможных — хотя бы потому, что таких покрышек может быть несколько и они могут иметь разные площади).

0,825 <SZ^SX<SW< 0,845,0,825 <SZ^SX<SW< 0,845,Скажем еще несколько слов о стереометрическом варианте проблемы Лебега, требующем указать пространственное тело Ф наименьшего возможного объема, внутрь которого можно заключить любое тело диаметра 1. Эта проблема является еще более сложной, чем соответствующая планиметрическая задача, и у нас сегодня имеется еще меньше надежд на скорое ее решение. Разумеется, результат Юнга может быть перенесен на пространство совсем просто. Соответствующая стереометрическая теорема была

0,825 <SZ^SX<SW< 0,845,

0,825 <SZ^SX<SW< 0,845,

доказана даже раньше планиметрической — см. Г. Юнг [80]1); —она гласит, что каждое тело диаметра 1 можно заключить внутрь

шара К радиуса ——шара К радиуса ——и объемаи объема

шара К радиуса ——

шара К радиуса ——

и объема

и объема

^ = ^“0,95,

причем эту оценку нельзя улучшить. Однако шар Юнга К наверняка не является универсальной (пространственной) покрышкой наименьшего возможного объема. «Пространственным вариантом» теоремы задачи 93 г) можно считать доказанную американским математиком Д. Гейлом [86] теорему о возможности заключит ь_каждое тело диаметра 1 в правильный тетраэдр Т с ребром Кб (объем этого тетраэдра равен УТ = КЗ^~ 1,73, т. е. он больше объема шара Юнга), а вариантом теоремы задачи 93 а) — теорему того же Гейла, согласно которой универсальной простран- ственной—Покрышкой является также правильный октаэдр Q с реб- /б

ром —и объемом

V з

VQ = -^~o,866.

Наконец, родственный теореме задачи 96 а) результат утверждает, что от октаэдра Q можно еще отрезать три примыкающие к его трем вершинам пирамиды, отсекаемые от Q плоскостями Ti, Тг и Тз, касающимися вписанного в Q шара х и параллельными диагональным плоскостям октаэдра; полученный неправильный II-гран- ник Г (впервые как будто указанный Б. Грюнбаумом [87]), все еще является универсальной покрышкой, а объем его равен

к

Vr = -^-V3 «0,768

(доказательство этого результата и выразительные чертежи имеются в книге В. Г. Болтянского и И. Ц. Гохберга [17]). При этом и одиннадцатигранник Г также, видимо, не является даже минимальной покрышкой в смысле Кли (см. стр. 88), откуда уже следует, что он не может являться решением проблемы Лебега. Укажем, наконец, что для ^-мерного (евклидова) пространства также справедливы теоремы о «шаре Юнга» (радиус соответствующего ^-мерного шара равен Д^" ^^-^ ^) и 0 <<тетРаэдРе Гейла» (ребро играющего роль этого тетраэдра «правильного ^-мерного симплекса» равно -^ К2М& + 1) )•

До сих пор мы искали покрышки для всех фигур заданного диаметра (который принимался за единицу длины); при этом мы упомянули о двух вариантах проблемы Лебега, в которых

*) Элементарное доказательство «теоремы о шаре Юнга» содержится в заметке А. Кирш [85],

покрышки характеризуются (в планиметрическом случае) своей площадью и своим периметром. Однако и сами покрываемые фигуры (или линии) можно характеризовать разными их «размерами».

а) Ясно, что каждую плоскую ломаную длины 1 можно заключить в круг радиуса 1: для этого достаточно, чтобы центр О круга совпадал с одним из концов ломаной. А чему равен радиус наименьшего круга, в который можно заключить каждую ломаную длины 1?

б) Ясно, что каждую плоскую замкнутую ломаную периметра 1 можно заключить в круг радиуса ^-^^ для этого достаточно, чтобы центр О круга совпал с какой-либо точкой ломаной. (В этом случае для любой точки М ломаной длина какого-то из двух кусков ОМ ломаной будет ^-^> и тем более будет ^-^ расстояние ОМ) А чему равен радиус наименьшего круга, внутрь которого можно заключить каждую замкнутую ломаную длины 1?

а)* Ясно, что если сторона правильного треугольника меньше 1, то найдутся ломаные длины 1, которые нельзя заключить в этот I ***-^^_ треугольник: примером здесь мо- Iжет служить просто отрезок дли-

(\ ны 1. А если сторона правильного

\^ треугольника больше 1, то можно

\ли заключить внутрь него каждую

5 - ----- -ломаную длины 1?

б) Можно ли заключить в Рис. 45.правильный треугольник со сто

роной 1 каждую выпуклую ломаную длины 1? (Ломаная АВ называется выпуклой, если вместе с отрезком АВ она является границей выпуклого многоугольника; см. рис. 45.)

Когда мы в задачах 97 и 98 говорили о ломаных, то это было вызвано лишь желанием избежать затруднений, связанных со сложностью самого понятия произвольной линии: во всех этих задачах можно свободно говорить не о ломаных, а о (кривых) линиях длины 1 — это никак не повлияет на результат. (Ведь произвольную линию можно с очень большой точностью заменить многозвенной ломаной, скажем, вписанной в эту линию!) В задачах 97 а) и б) мы задаемся вопросом о круге наименьшего возможного радиуса, в который можно заключить любую линию заданной длины (а может быть, вы сможете решить вопрос и о квадрате с наименьшей возможной стороной, обладающем сходным свойством?); однако в задаче 98 так поставить вопрос, к сожалению,

нельзя: до сих пор неизвестно, чему равна сторона наименьшего правильного треугольника, или какова (выпуклая) фигура F наименьшей возможной площади, такие, что каждую ломаную длины 1 можно заключить в Т (этой задаче посвящена статья [88] видного английского математика А. С. Безиковича1) — см. примечание в конце решения задачи 98 а)), или, соответственно, в F (этот вариант проблемы Лебега идет от американца Лео Мозера — ср. [89 а]).

Вот еще один довольно неожиданный вариант теоремы Юнга. Условимся называть совокупность прямых плоскости ограничен- н о й, если каждые две прямые этой совокупности пересекаются и совокупность точек пересечения прямых ограничена. Диаметром такой совокупности прямых мы назовем диаметр множества точек пересечения прямых: при этом, скажем, диаметр множества, состоящего из трех попарно пересекающихся прямых, совпадает с диаметром образованного ими треугольника как точечного множества (с диаметром множества его вершин) в то время как диаметр множества, состоящего из четырех прямых «общего положения», уже вовсе не обязан равняться диаметру образованного этими прямыми (выпуклого) четырехугольника (почему?).

а) На плоскости дано некоторое множество прямых, каждые три из которых можно пересечь кругом радиуса 1. Докажите, что все прямые можно пересечь кругом радиуса 1. (Круг считается пересекающим прямую, если он имеет с ней хотя бы одну общую точку.)

б) Ясно, что если множество прямых имеет диаметр 1, то все эти прямые можно пересечь кругом ра-

/з

диуса -у-: в качестве такого круга можно взять, например, «круг Юнга» (см. выше задачу 93 6)) множества точек пересечения наших прямых. Докажите, что наименьшим кругом, которым можно пересечь все прямые любого множества прямых диаметра 1, является круг радиуса -*-$— (« 0,289).

Наконец, родственной теореме Юнга является и теорема, доказанная в 1914 г. видным немецким математиком Вильгельмом Бляшке [90] и оценивающая радиус Вписанного круга выпуклого многоугольника или произвольной плоской выпуклой фигуры (см. выше стр. 60 и 68, в частности рис. 24, а и рис. 31, а), Ясно, что радиус г Вписанного круга к выпуклого многоугольника М диаметра 1 меньше V2 (ибо диаметр к меньше диаметра М), но может быть сколь угодно близок к V2 (так будет обстоять дело, если М — правильный многоугольник с весьма большим числом сторон);

9 По поводу других задач, связанных с покрытием фигур треугольниками, см. Г. Эглстон [89].

с другой стороны, величина г может быть и сколь угодно малой (если многоугольник М является очень «тонким», например если М— прямоугольник с очень маленькой меньшей стороной). Таким образом, задача об оценке величины г радиуса круга, Вписанного в многоугольник М диаметра 1, не является особенно содержательной: ясно, что здесь всегда

О,О,2

О,

О,

2

причем эти оценки далее не могут быть улучшены.

Более интересной является задача оценки радиуса г Вписанного круга к в том случае, когда нам известна ширина многоугольника М, т. е. ширина Д самой узкой полосы (образованной двумя параллельными прямыми), в которую можно заключить многоугольник М (рис. 46). Разумеется, диаметр 2г круга к не может

О6)Рис. 46.О6)Рис. 46.

О6)

Рис. 46.

О6)

Рис. 46.

быть больше ширины Д многоугольника (но может быть равен Д — см. рис. 46,6), так что, если Д = 1, то г^-у. Труднее найти

наименьшее возможное значение, которое может иметь радиус г Вписанного круга многоугольника М ширины 1; соответствующий результат (см. задачу 100) и составляет содержание теоремы Бляшке.

а) Докажите, что в каждый выпуклый многоугольник М ширины 1 можно заключить круг радиу- 1

са

Покажите, что существуют выпуклые многоугольники ширины 1, внутрь которых нельзя заключить никакой круг радиуса >у •

Таким образом, обозначая, как обычно, через D, Д, Я и г диаметр, ширину, радиус Описанного круга и радиус Вписанного круга выпуклого многоугольника М, имеем:

1 VT

если D = 1, то 0,5 = у < R <« 0,577; другими словами,

всегда

—(теорема

22)3

Юнга; ясно, что если диаметр

М равен 1, то диаметр Описанного круга К наверное ^1, и зна- чит, #>4"):

111т 1

если Л = 1, то - О^-^-; другими словами, всегда “о^т^-п

ОДОZ

(теорема Бляшке).

101. Докажите, что

любую совокупность конечного числа точек на плоскости можно разбить на три части, каждая из которых имеет меньший диаметр, чем исходная совокупность;

любой выпуклый 1) многоугольник М на плоскости можно разбить на три многоугольника, каждый из которых имеет меньший диаметр, чем М.

102. Докажите, что:

любую совокупность конечного числа точек в пространстве можно разбить на четыре части, каждая из которых имеет меньший диаметр, чем исходная совокупность;

любой выпуклый!) многогранник М можно разбить на четыре многогранника, каждый из которых имеет меньший диаметр, чем М.

Задачу о разбиении (плоских или пространственных) фигур на наименьшее возможное число частей, каждая из которых имеет меньший диаметр, чем исходная фигура, впервые поставил видный польский математик Карол Борсук [91]; по его имени она называется задачей Борсука. Ясно, что для разных фигур F (которые могут состоять и из конечного числа точек) искомое число частей (в дальнейшем мы его будем обозначать через b(F)) будет разным. Так, например, ясно, что для неравностороннего треугольника Т имеем b(Т) =2 (рис. 47,а и б); однако для равностороннего треугольника То, очевидно, 6(Т0)=3 (рис. 47, в), ибо при разбиении То на две части одна из них обязательно будет содержать две вершины То, а следовательно, будет иметь такой же диаметр, как То- Аналогично этому для правильной треугольной пирамиды (тетраэдра) П имеем b (П) = 2. если диаметр П равен ее боковому ребру (рис. 47,г), но ЦП) = 3, если диаметр П равен ребру основания (рис. 47, д; в этом случае уже основание пирамиды нельзя разбить на две части, диаметр каждой из которых меньше

диаметра 77) и &(77) = 4, если 77 — правильный тетраэдр, т. е. все ребра 77 имеют одну и ту же длину D (рис. 47, е; заметьте, что при разбиении 77 на три части хоть одна из этих частей будет содержать сразу две вершины пирамиды 77, и значит, диаметр этой части будет равен D).

К. Борсук предположил, что каждую плоскую фигуру можно разбить на три части мтныиего диаметра, а каждую пространственную фигуру — на четыре части меньшего диаметра, но доказать это утверждение ему удалось лишь для случая плоской фигуры (ср. ниже задачу 104а)). Результаты задач 101а) и 1016) делают довольно вероятным утверждение о том, что каждую плоскую фигуру можно разбить на три части меньшего диаметра: ведь если это

218)В)

Рис. 47.

справедливо для любой конечной совокупности точек, которая может содержать и очень много точек, то трудно допустить, что существует фигура F, для которой это утверждение теряет силу (ибо фигуру F можно заменить «очень густой» конечной совокупностью точек этой фигуры). Однако доказать общую теорему Борсука о плоских фигурах, исходя из результата задачи 101. а) (или из результата задачи 101 б)), нельзя. Так же обстоит дело и в случае пространства — результаты задачи 102 (они принадлежат венгерским математикам А. X е п п е ш у и П. Р е в е с у [92]) делают очень правдоподобным относящееся к геометрии в пространстве предположение Борсука, но они не доказывают его. В течение ряда лет многие математики в разных странах пытались доказать, что каждое пространственное тело можно разбить на четыре части меньшего диаметра. Это доказали в 1955—1957 гг. Г. Эглстон [93], Б. Грюнбаум [87] и А. X е п п е ш [94].

Заметим еще, что К. Борсук [91] предположил также, что каждое тело к-мерного евклидова пространства *) можно разбить на k + 1 частей меньшего диаметра; это, однако, в полной мере не доказано и до сегодняшнего дня (в частности, не доказано даже для ^-мерных «выпуклых многогранников» — политопов^. По этому поводу см. книгу В. Г. Болтянского и И. Ц. Гохберга [17] (или вторую часть книги Б. Грюнбаума [19]), где подробно рассказано об имеющихся в настоящее время в этом направлении результатах и о связанных с этой проблематикой нерешенных задачах.

Обозначим теперь через 6 = 6 (n, F) наименьшее такое число, что фигуру F (диаметр которой мы далее все время будем считать равным 1, т. е. условимся принимать за единицу дли- н ы) можно разбить на п частей диаметра ^ 6; при этом предположение Борсука можно будет сформулировать как утверждение о том, что для каждой плоской фигуры F всегда 6(3, F) -< 1, а для каждой пространственной фигуры Ф обязательно 6(4, Ф) С 1. Такая постановка вопроса подсказывает также задачу определения наименьшего числа 6 = 6 (/г), такого, что каждую фигуру F диаметра 1 можно разбить на п частей диаметра ^ 6:

6 (n) = min 6 ^п, F), где d (F) = 1 (здесь d (F) — диаметр F\

В этой задаче, впрочем, уместно различать планиметрический и стереометрический ее варианты, обозначая через 6г(и) и 6з(п) числа, полученные в предположении, что мы рассматриваем только плоские фигуры F или также и пространственные тела Ф. Отыскание характеристик 6 (и, F) фигуры F представляет собой точную формулировку задачи о разбиении F на «возможно меньшие» части, где размеры частей определяются их диаметрами, а задача о величинах 62(п) и 63(п) (или даже о величинах 6а (п), отвечающих задаче разбиения на части всевозможных k-м е р н ы х фигур F) — существенное уточнение проблемы Борсука, требующей лишь доказать, что

62 (3) < 1 и 63 (4) < 1 (или даже, что 6& (k + 1) < 1), но не требующей установления точных значений соответствующих величин.

Пусть Кр, Кв и Тр— круг, квадрат и равносторонний треугольник диаметра 1. Докажите, что:

а) 6(1, Кр) = 6(2, 7<р)=1; 6(3, Кр^^-^ 0,86); ^^Кр>)=^^ 0,71); 6(5, Кр)--^10”2^ («0,59); 6(6, /Ср) = 6 (7, /Ср) = ~(=0,S) (другими словами, в этой задаче требуется доказать, что круг диаметра 1 нельзя разбить на две части, диаметр каждой из которых < 1; его можно разбить на три части, диаметр каждой из

!) См. подстрочное примечание на стр. 32.

что все «части» круга и других рассматриваемых фигур сами представляют собой «связные» фигуры, т. е. не состоят из нескольких изолированных кусков).что все «части» круга и других рассматриваемых фигур сами представляют собой «связные» фигуры, т. е. не состоят из нескольких изолированных кусков).которых ^"^2”» но нельзя разбить на три части диаметров < Л^— и т. д.; при этом для простоты мы считаем,

что все «части» круга и других рассматриваемых фигур сами представляют собой «связные» фигуры, т. е. не состоят из нескольких изолированных кусков).

что все «части» круга и других рассматриваемых фигур сами представляют собой «связные» фигуры, т. е. не состоят из нескольких изолированных кусков).

6)6(1, ^в)=l; 6(2, Кв^-^Ц» 0,79); 6(3, ^в) = = -^(«0,71); 6(4, №)=L(=0,5);

в) 6(1, 7» = 6(2, 7» = 1; 6(3, 7» =-^-(«0,58);

6(4, Тр) = 6 (5, Гр) = у (=0,5).

Все результаты задачи 103 (и некоторые другие, заимствованные из статьи американского геометра Р. Л. Грехема [95], в которой вычислены все значения 6 (я, Тр) для п ^ 15) собраны в таблице на стр. 97.

Но насколько приближают нас эти результаты к решению общей задачй определения (зависящих от фигуры Г) величин 6(n, F) и величин 6(п) (точнее — 62(п), 63 (и) и т. д.)? Почти не приближают— даже усмотреть из полученных результатов Какие-либо содержательные факты, касающиеся бесконечных последовательностей чисел

6 (п, Кр), б (я, Тр) и 6 (л, Кв), п = 1,2,3,

мы не в состоянии, хотя, конечно, затратив некоторые усилия, мы смогли бы, вероятно, определить, скажем, еще и величины 6(8, Кр) или 6(5, Кв) 1). Что же касается чисел

62 (я), где п = 1, 2, 3, 4,

*) Разумеется, полученные нами численные результаты иллюстрируют то обстоятельство, что величины б(п, F), где роль фигуры F играют Круг Кр, Квадрат Кв и равносторонний Треугольник Тр, убывают с ростом п,— но это вытекает из самого смысла рассматриваемых величин "И не нуждается в доказательстве. Менее тривиальным является тот факт, что эти величины при переходе от п к п + 1 убывают не всегда: так, 6(2, Кр) = 6(1, Кр) и 6(7, Кр) = 6(6, Кр); 6(2, Тр) = 6(1, Тр), 6(5, Тр) = 6(4, Тр) и 6(7, Тр) = 6(6, Тр). Однако полученные нами результаты доставляют нам весьма мало информации о множествах

^ = {1,6, ...}, 2ИГр = {1, 4,6, ...} и ^e = {..J

таких номеров п, что Ъ^п, F) =6(f? + l,F), где F — одна из рассматриваемых нами трех фигур; так, например, мы не знаем даже конечны ли эти множества или бесконечны (и не является ли множество М^ пустым!).

Величины б (я, F)

F п

Кр

Тр

Кв

1

1

1

1

2

1

г

~ 0,79

4

3

* 0,86

~ 0,58

/Тзо,

16” °’71

4

^ ~ 0,71

у = 0,5

5

у /10 - 2 /б « 0,59

1-М

ее.

i/T — 1

6

Т = 0,5

2-0.37

•••

7

у = 0,5

11=1 - 0.37

. • •

8

...

/б/З + з/2/з -2/3"-403f

•••

9

...

у ~ 0,33

•••

10

...

~ 0,28

11

...

...

...

то результат задачи 103 позволяет лишь утверждать, что наряду с тривиальным равенством

б2(1) = 1

(ибо, разумеется, 6(1, F) = 1 при любой фигуре F!) имеет место также и более -глубокое равенство

(I)(I)62(2) = 1.

(I)

(I)

В самом деле, ведь 62(п) ^ 6 (я, F), где F— какая угодно (плоская!) фигура, и поскольку 6(2, Кр) = 6(2, Тр) = 1, то 62 (2) ^ 1, откуда и вытекает соотношение (!). Правда, найденные нами значения величин б^Кр), &(п,Тр) и 6(п, Кв) позволяют также установить, чю, скажем, т/Т1/5*1

62(3)>^(~0,86), 62 (4)>-^(«0,71)и62(7)>~ (=0,5) (1!)

(заметьте, что для оценок 62(3), 62(4) и 62(7) мы используем величины 6(п, Кр), которые — во всяком случае при п = 3, 4 и 7 — больше, чем 6 (я, Тр) и при и = 3, 4 больше, чем 6(п, Кв), ибо 62 ф) = шах 6 (и, F), где F пробегает множество всех плоских фи- F

гур диаметра 1); однако в противоположность соотношению (!) эти результаты нельзя считать окончательными: ведь мы не можем быть уверены, скажем, в отсутствии_такой плоской фигуры F диаметра 1, (i/з" \

= - 2 )• Впрочем, что касается оценок (!!), то они на самом деле оказываются точными, как показывает следующая задача.

104*. Докажите, что каждую плоскую фигуру диаметра 1 можно разбить

]/з"

на 3 части диаметра ^-^у (^ 0,86);

на 4 части диаметра ^Х^(~0,71);

на 7 частей диаметра ^-—(=0,5).

«2 (4)=-^- и б2(7)=у. (Ill)«2 (4)=-^- и б2(7)=у. (Ill)Таким образом, имеем М2) = 1, 62(3) = 1у-,

«2 (4)=-^- и б2(7)=у. (Ill)

«2 (4)=-^- и б2(7)=у. (Ill)

Однако помимо этих результатов, тривиального равенства

д,(п) = — п= 1,2,3,..., х 7 п

в котором номер (или «индекс») 1 внизу указывает, что речь здесь идет о разбиении на части одномерных фигур, т. е. отрезка, и почти столь же очевидного соотношения *)

bk (п) — 1 при п^к, пока неизвестно как будто ни одного точного значения величин SW

Значение 62(3) было, по существу, найдено еще К. Борсуком [91] в 1932—1933 гг. (см. также Д. Гейл [86]); значения 62(4) и 62(7) вычислены в 1956 г. немецким геометром Г. Ленцом [96], тщательно изучившим вопрос о возможных значениях величин 62(/г) при небольших п. Никакой существенной информации не доставляет нам и то обстоятельство, что во всех равенствах (!!!) имеем 62(ц) = 62 (я, Кр) ): ранее высказывалось предположение, что 62 (ц) = 6(ц, Кр) при всех п (и даже что 6з(п) = бз^п, Ш), где Ш — шар, а также, что эта закономерность распространяется и на многомерные пространства), но эти гипотезы в дальнейшем не подтвердились. И сегодня мы не знаем даже, существует ли хоть одно отличное от 1, 2, 3, 4 и 7 значение п такое, что 62(«) = 6 (я, Кр) — во всяком случае последнее равенство не выполняется при п = 5 и п = 6 (попытайтесь сами это доказать!).

Из принадлежащих А. X е п п е ш у [94] и Б. Грюнбауму [87] решений стереометрического варианта проблемы Борсука вытекают оценки: бз(4)< 0,998 и б3(4)< 0,989; однако даже и последняя из этих оценок заведомо не является точной. Неоднократно высказывалось предположение (см. Д. Гейл [86], Г. Хадвигер [97]), что

63 (4) = 6(4, Ш) =g(« 0,888; точное значение 6(4, Ш) было определено Г. Хадвигером [97]); однако это предположение пока никем не доказано (но и не опровергнуто). Можно было бы также предположить, что и при к > 3 имеет место равенство ^k(k + 1) = 6(& + 1, Ш^У где Ш^—(^-мерный!) шар, однако, помимо того, что мы еще не имеем достаточных аргументов для обоснования этой гипотезы, само это предположение мало что

9 Оно вытекает, например, из существования в ^-мерном евклидовом пространстве так называемого правильного симплекса (аналог правильного треугольника на плоскости или правильного тетраэдра в пространстве), имеющего ^ + 1 вершин, каждые две из которых удалены одна от другой на расстояние 1 (см. подстрочное примечание на стр. 32).

может дать, поскольку значения величин б(& + 1, Ш^ не известны пока ни при каком к > 3 9-

По поводу других не решенных до сих пор задач, связанных с проблемой Борсука, см. В. Г. Болтянский и И. Ц. Г о х бе р г [17] и Б. Грюнбаум [19].

В заключение укажем, что и основные для этого цикла задачи 103 и 104 (да и многие предшествующие им) также имеют привычную нам уже «минимаксную» форму. В самом деле, число 6(n, F), например, можно описать следующим образом. Для каждого фиксированного разбиения ^п фигуры F на п частей fi, fa, ..., f п мы определяем число

6 №) = max d (fiY i = 1, 2, 3, ... или n, i

где d(H — диаметр фигуры f; далее, рассматривая всевозможные разбиения F на п частей, мы ищем величину

б ^п, F) = min d (^п') = min max d ^\

Наконец, характеристика ^(n) множества 9JZ2(1)=% всех плоских (двумерных) фигур F диаметра I определяется так:

б (п) = max б (rt, F) = max min max d ^^.

Fg^2F ^n

Аналогично этому минимаксную форму имеют и задачи, связанные с проблемой Лебега (см. выше задачи 93—100). Так, например, задачу о круге Юнга (см. задачу 93 6)) можно сформулировать так. Радиус Описанного круга К фигуры F может быть определен как радиус R наименьшего круга К = К (О, р) (где О — центр К, а р — его радиус), содержаего F внутри себя:

R = min р, где К (О, р) id F

(здесь id — теоретико-множественный знак включения одного множества в другое; запись К id F читается так: «фигура F, понимаемая как множество точек, целиком принадлежит кругу К»). После этого радиус Fo (= "3^ ) кРУга Юнга определяется как

Ro = max R = max min p, К (О, p) id F, ГеЭЛ2(1), ^^^d) F к

где Ш72 (1)—совокупность всевозможных плоских «двумерных» фигур диаметра 1 ).

*) Известно лишь, что б(&, Ш^) = 1, в то время как б(& + 1, Ш^) < 1 (Л. А Люстерник и Л. Г. Ш н и р е л ь- ман [98], К. Борсук [91]; по поводу элементарной трактовки соответствующего факта в случае к = 3, т. е. в случае обычного трехмерного пространства, см Добавление к разделу I книги

6. ЗАДАЧИ О РАСПОЛОЖЕНИИ ТОЧЕК И ФИГУР

Задачи, собранные в этом небольшом цикле, по своему характеру весьма близки к задачам цикла 5, что объясняется принадлежностью задач обоих этих циклов к комбинаторной геометрии (см. Предисловие). Также и дополнительная литература, которую можно порекомендовать читателю, желающему глубже познакомиться с тематикой, намеченной собранными ниже задачами, в основном совпадает с указанной в начале цикла 5 (помимо перечисленных там книг и статей, мы назовем еще обзор [26] и статью [23]). Сравнительная ограниченность числа задач этого цикла связана, скорее, с богатством представленной им проблематики, чем с ее бедностью: стремление к полноте здесь невозможно, и потому собранные ниже задачи могут служить лишь представителями обширного круга проблем, весьма многие из которых пока не решены.

Сколько кругов радиуса 1 можно приложить1) к данному единичному кругу К так, чтобы

никакие два из этих кругов не пересекались;

ни один из кругов не содержал внутри себя центр другого;

в)* сколько кругов радиуса 1 можно расположить на плоскости так, чтобы все они пересекали данный единичный круг К, но ни один из них не содержал центр К или центр какого-либо еще из рассматриваемых кругов?

Задачи Юба) —в) можно перенести и в стереометрию, задавая вопрос о наибольшем возможном числе единичных шаров, которые можно приложить к равному им всем шару К с тем, чтобы эти шары не пересекались между собой, соответственно чтобы ни один из шаров не содержал центра другого (сформулируйте сами стереометрический вариант задачи 105 в)). Эти вопросы не кажутся особенно трудными; особенно просто и естественно звучит первый из них, который можно воспринимать как вопрос о наибольшем числе материальных (скажем, биллиардных или крикетных) шаров, которые можно приложить к равному им всем шару. Историю соответствующей задачи, неожиданно оказавшейся весьма трудной и в течение ряда столетий (!) не поддававшейся никаким попыткам решить ее, ведут обычно от знаменитого Иоганна Кеплера [100], указавшего в 1611 г. такое расположение материальных шаров в пространстве, при котором каждый шар касается двенадцати своих «соседей». С другой стороны, несложные, хоть и несколько громоздкие рассуждения, базирующиеся на использовании формул и теорем «геометрии на поверхности шара» (сферической геометрии) доказывают, что к шару никак нельзя приложить четырнадцать или

Плоские (и расположенные, разумеется, в одной плоскости) фигуры F и Fi называются приложенными друг к другу, если они не имеют общих внутренних точек, но их границы соприкасаются (т. е. F и F) имеют хоть одну общую граничную точку).

больше равных ему непересекающихся («материальных») шаров (эти рассуждения приведены, например, в книге Л. Ф е й е ш Тот [24]).

Таким образом, поставленный вопрос Сводится к выяснению того, можно ли приложить к шару К тринадцать равных ему непересекающихся шаров или нельзя, — и именно этот вопрос, получивший название проблемы 13 шаров, оказался вовсе не простым. В 1694 г. по этому поводу развернулась даже довольно оживленная полемика: известный английский естествоиспытатель того времени Девид Грегори с азартом утверждал, что 13 шаров к шару приложить можно, а его оппонент, гениальный Исаак Ньютон, настаивал, что нельзя, — но доказать свою правоту ни тому ни другому (да, и Ньютону тоже!) не удалось. По-видимому, первое решение поставленного вопроса — а именно доказательство правоты Ньютона — было дано лишь в 1874 г. (т. е. через 180 лет после дискуссии Ньютон — Грегори!) немецким геометром Рудольфом Гоппе: это решение было опубликовано в статье [101] другого немецкого математика К. Бендера. Годом позже решение Гоппе было еще усовершенствовано его соотечественником С. Гюнтером [102]. Однако весьма сложные и запутанные рассуждения Гоппе — Гюнтера, напечатанные к тому же в малоизвестном и труднодоступном журнале, не приобрели популярности, и многие специалисты по этим вопросам (например, один из первых авторитетов в рассматриваемой области Л. Фейеш Тот) склонны считать, что первое удовлетворительное решение задачи дали в 1953 г. (через 259 лет после дискуссии Ньютон — Грегори!) наши современники — знаменитый голландский алгебраист Бартель Леенберт ван дер Варден и неоднократно упоминавшийся в этой книге немецкий логик Карл Шютте [103]. Несколько более простое (но все еще достаточно сложное!) доказательство того же факта предложил не так давно английский геометр Джон Лич [104] *).

Каково наибольшее число квадратов, со стороной 1, которые можно приложить к данному единичному квадрату К так, чтобы никакие два из них не пересекались?

Венгерский геометр Ласло Фейеш Тот [106] предложил в память знаменитой дискуссии Ньютон — Грегори (правым в которой оказался все же Ньютон!) называть ньютоновым числом (выпуклой) фигуры F наибольшее число п^ равных F фигур, которые можно приложить к F так, чтобы никакие две из них не пересекались; таким образом, задачу 106 можно сформулировать как вопрос о ньютоновом числе квадрата. Ясно, что ньютоново число «достаточно вытянутой» плоской фигуры может быть сколь угодно большим (рис. 48); поэтому никаких оценок сверху ньюто-

!) Для ^-мерных евклидовых пространств, где ^ ^ 3, соответствующая задача еще не решена; по поводу имеющихся результатов см., например, статью [105] известного канадского геометра Гарольда Скотта Макдональда Коксетера (или Кокстера, как неправильно принято у нас писать).

новых чисел всех плоских фигур указать нельзя1), и смысл имеют лишь задачи, связанные с определением ньютоновых чисел конкретных фигур. Так, в 1965 г. учащимся математической школы № 2 при Московском университете была предложена задача определения ньютонова числа правильного треугольника (см. [109]) — и эту задачу тогда же решило несколько школьников. Позже сходной

Рис. 48.

задачей определения ньютоновых чисел правильных многоугольников занимался венгерский геометр К. Бёрёцки [ПО], который определил эти числа для всех n-угольников, где п ф 5.

Трудность задачи определения ньютоновых чисел (выпуклых) фигур повлекла попытки модификации и упрощения этой задачи.

Чему равно наибольшее возможное число непе- ресекающихся одинаковых и параллельно друг другу расположенных

треугольников,

квадратов,

которые можно приложить к равной им и параллельно им расположенной фигуре F?

9 Оценка снизу дается неравенством п^^^ вытекающим из работы Г. Хадвигера [107], о которой мы еще скажем ниже. Оценки ньютонова числа ЦР) (плоской, выпуклой) фигуры F в зависимости от ее «степени вытянутости» (которую можно характеризовать, например, отношением d^FV-^^F), гДе d(F^—диаметр фигуры F, a A(F)—ее ширина; см. выше, стр. 69 и 92, в частности рис. 32,6 и 46) были даны Л. Фейешем Тотом [108].

Задача 107 является совсем несложной — дополнительное требование о том, чтобы прикладываемые к F фигуры не только были равны F, но также и параллельно F расположены (т. е. получались из F не произвольным движением 6, а обязательно параллельным переносом л — ср. рис. 49, а и б) сильно сокращает количество возможных вариантов расположения фигур и тем весьма упрощает задачу. Эта модификация «задачи Ньютона — Грегори»)

со

Рис. 49.

ведет свое начало, как будто, от видного швейцарского геометра Гуго Хадвигера [107]; поэтому соответствующее число h^F) можно было бы назвать числом Хадвигера (выпуклой) фигуры F. Г. Хадвигер [107] доказал, что для всех плоских выпуклых) фигур F

6 С h (FX 8;

он предположил также, что h(F) =8 только для параллелограмма (четырьмя годами позже это доказали Г. Грёмер [111] и Б. Грюнбаум [И2]). Наибольших успехов добился здесь Бранко

Грюнбаум [112], установивший, что для пространственных (выпуклых) тел 9 Ф

12<Л(Ф)<26,

причем оба крайних значения достигаются: ^(Ф) = 12, например, для тетраэдра (треугольной пирамиды) Ф, а Л(Ф) = 26 для параллелепипеда (и только для параллелепипеда). Б. Грюнбаум установил также, что для пространственных выпуклых тел Ф число Хад- вигера ^(Ф) может иметь все четные значения в пределах 12 ^ ^(Ф) ^ 26 (соответствующие примеры строятся довольно просто, — как?) и предположил, что Л(Ф) может иметь только четные значения (последнее пока еще, как будто, не доказано).

Пусть дан круг К радиуса 1 и круги Ki, Къ Кз, • •, меньшие круга К. Докажите, что

наименьшее число кругов Кл, К2» • • •, которыми можно покрыть круг К, всегда ^ 3;

если радиусы кругов /Сь К^ ••• меньше-^—, то это число будет >4;

если радиусы кругов Ль л2, ... меньше—g-, то это число ^ 5.

Можно ли улучшить оценки задач а)—в)?

Докажите, что наименьшее число одинаковых Кругов /<ь ^2, Кз» • • •, которыми можно покрыть круг К вдвое большего радиуса, равно 7.

Здесь мы снова сталкиваемся с типичными для настоящей книги минимаксными постановками задач. Задачи 108, 109 можно понимать как задачи о «наиболее экономных» покрытиях данного (скажем, единичного) круга К равными кругами, где прилагательному «экономный» следует придавать следующий точный смысл. Мы рассматриваем всевозможные покрытия ^п круга К заданным числом п (вообще говоря, меньших) кругов Л1, Аг, ... радиусов Ri, R2, ... и каждое такое покрытие характеризуем максимальным радиусом

R (^п) = max R^ где Z=l, 2, 3, ... или п, t

использованных в нем кругов. Далее мы ищем то из рассматриваемых покрытий ^п, которому отвечает наименьшее возможное

Для /г-мерных (выпуклых) тел F Г. Хадвигер [107] получил оценку h(F) ^ 3А — 1; Б. Грюнбаум [112] установил, что в этом случае k2 + к ^ h(F) ^ Зк— 1, где оба крайних значения достигаются.

значение

/? (п) = min 7? ^п^ — min max Rb / = 1, 2, ..., n;

^n = VKb K2, .'., KnA

«радиуса кругов покрытия» R^nY

Из самого смысла величин R^ следует, что /?(1) = 1 (напоминаем, что радиус круга К мы принимаем за единицу длины). Из результата задачи 108 а) вытекает, что также и R(2) == 1 (=7?(1)). Далее, величины R(3) и /?(4) определяются результатами задач 108 б) ив):__

1/" о

Я (З)--^.^ 0,866) и R (4) = 2_(^ 0,707);

на рис. 50, а и б изображены системы п кругов (где п = 3 и 4), отвечающие этим значениям радиусов «кругов покрытия». Наиболее экономное покрытие круга пятью равными кругами определил в 1915 г. английский математик Э. Невиль [114]; оно изображено на рис. 50, в, и ему отвечает значение

*R (5) ~ 0,609.

Неоднократно упоминавшийся в этой книге Б. Грюнбаум (частное сообщение) предполагает, что «наиболее экономным» покрытием круга К шестью (равными) кругами является то, которое изображено на рис. 50, г; если это предположение (доказать которое Грюн- бауму пока не удалось) верно, то

R (6) ~ 0,557.

Наконец, из решения задачи 109 вытекает, что

R (7) =4 (=0,5)

(рис. 50,3). Однако какой характер имеет общая зависимость числа R (п) от номера п? Как вычислять (точно или приближенно) величины R(n) при п > 7; чему равно, например, число R (8)? Как описать множество таких номеров и, что

R(n)=R(n+ 1);

какие еще натуральные числа, кроме п = 1, входят в это множество (и есть ли такие числа)? Как оценить величину R^nY если номер п сравнительно велик? На все эти вопросы, кроме, пожалуй, последнего *), мы пока ответа не имеем.

9 Некоторую информацию, относящуюся к этому последнему вопросу, вдумчивый читатель сумеет извлечь из гл. III книги Л. Ф е й е ш а Тота [24] или из Введения к книге К. А. Роджерс а [25]; так, например, из изложенных в этих книгах результатов вытекает, что

WW/2л1/27 ^п/2л1/27 ^п/2л1/57 ^n/2л1/57 ^nWW»WW»-^-WnV\, V п )-^-WnV\, V п )где «остаточный член» Р(и) имеет «более высокий порядок малости чем —т=г» в том смысле, что предел отношения Р^п,у. —— стре-V пу пмится к 0 при п -> ОО.где «остаточный член» Р(и) имеет «более высокий порядок малости чем —т=г» в том смысле, что предел отношения Р^п,у. —— стре-V пу пмится к 0 при п -> ОО.

W

W

/2л1

/27 ^п

/2л1

/27 ^п

/2л1

/57 ^n

/2л1

/57 ^n

WW»

WW»

-^-WnV\, V п )

-^-WnV\, V п )

где «остаточный член» Р(и) имеет «более высокий порядок малости чем —т=г» в том смысле, что предел отношения Р^п,у. —— стре-

V пу п

мится к 0 при п -> ОО.

где «остаточный член» Р(и) имеет «более высокий порядок малости чем —т=г» в том смысле, что предел отношения Р^п,у. —— стре-

V пу п

мится к 0 при п -> ОО.

8)

Рис. 50.

Проблематика следующей задачи является в определенном смысле «двойственной» постановке вопроса, характерной для задач 108, 109.

ПО. Дан круг К радиуса 1 и круги ^ь к^ к^ ... радиусов гь г^ г^ ..., меньшие круга К. Докажите, что

если все радиусы ^ > у (3Десь 1 = L 2, 3, ...), то в круг К нельзя заключить двух кругов кг так, чтобы они нс пересекались между собой;

если все rz > 2 ]/3 —3, то в /( нельзя заключить трех кругов кг так, чтобы никакие два из них не пересекались между собой,

причем далее улучшить оценки задач а), б) нельзя: в К можно заключить два неперссекающихся круга радиуса 1/2, соответственно три круга радиуса 2 ]/3 —3.

В этой задаче ищутся всевозможные заполнения 9^ круга К непересекающимися кругами &t, &2, ..., ^п меньшего радиуса; при этом нас интересует «наиболее экономное» заполнение круга К кругами ^i, ^2, ..., кп, т. е. заполнение К кругами радиуса г(^), где г (м) = max min Гр Z=l, 2, ... или п; ^ — {кр к^ ..., кпу

1

Наиболее экономные в этом смысле заполнения К двумя, тремя, четырьмя, пятью и семью кругами изображены на рис. 51, а — д, из которых (и из решения задачи ПО, связанной с первыми двумя из этих рисунков) можно усмотреть, что:

г (1) = 1 (это очевидно!);

г (2) =1=0,5;

г(3) = 2/3 -3(~ 0,464);

г (4)=/?— 1 (~ 0,414);

г (5) = —У. ° ^ (~ 0,370);

V5 +V 10 +2^5

г (6) = г (7) = 1 (« 0,333)

(сможете вы сами это доказать?) ).

С величинами г^п) связаны почти те же вопросы, что и с величинами R^n) 1); так, например, несколько неожиданное равенство г (6) = г(7) делает содержательной задачу описания множества таких значений п, для которых г(д) = r(n + 1).

Разумеется, относящиеся к кругам задачи 108—110 можно переносить и на шары в пространстве2); кроме того, можно видоизменять и планиметрические их варианты, заменяя круги какими- либо другими фигурами. При этом здесь возможны разные постановки «видоизмененной» задачи, поскольку можно заменить фигурами иной формы как «основной» круг К, так и покрывающие К (или заполняющие Л) круги (вместо которых в этом случае естественно рассматривать фигуры, имеющие ту же форму, что и «основная фигура» К) или рассматривать вопрос о покрытии или заполнении отличной от круга фигуры F кругами. При этом в случае, скажем, покрытия фигуры F меньшими F и подобными F фигурами fi, f2, fs, ... мы (в соответствии со сказанным на стр. 104 в связи с задачами о «прикладывании» фигур) можем считать fi, f2, ... только подобными F (получаемыми из F произ-

Так результаты гл. Ш книги [24] (см. также Введение к книге [25]) позволяют заключить, что справедлива следующая «асимптотическая» (т. е. позволяющая оценить величину г^п) при большом д) формула:

г(п)«

/л 1 / Гл 1 . , , 0,95 , , Л 4 лг- 4 ^Н- Р («) ~ ,г~ + Р (П) , ГТ2" Vn \ ^12 упУп;

где р(и) имеет более высокий порядок малости чем ——• (ср. со

Уп

сноской на стр. 106).

Если обозначить фигурирующие в стереометрических вариантах задачи о покрытии круга п меньшими кругами и о заполнении круга п кругами величины через Rs(n) и г3(п) (где индекс 3 снизу обозначает, что здесь эти величины являются радиусами трехмерных шаров), то из сообщаемых в гл. VII книги [24] и во Введении к книге [25] результатов (которые, видимо, верны, хотя их пока никому не удалось доказать!) следуют «асимптотические» формулы

рядок малости чем —3 — • Упрядок малости чем —3 — • Упв которых точками обозначены члены, имеющие более высокий по- 1

рядок малости чем —3 — • Уп

рядок малости чем —3 — • Уп

вольным преобразованием подобия 5; рис. 52, о) или подобными F и параллельно F расположенными (получаемыми из F гомотетией у; рис. 52, б).

Рис. 52.

Первый из вопросов, возникающих в связи с задачами покрытия (плоской!) фигуры F подобными ей и параллельно расположенными фигурами, оказывается не слишком сложным.

Докажите, что каждый отличный от параллелограмма выпуклый многоугольник М можно заключить

в треугольник 7, полученный продолжением трех сторон М (рис. 53).

112*. Докажите, что каждый отличный от параллелограмма многоугольник М можно покрыть тремя подобными М и параллельно М расположенными многоугольниками (но нельзя покрыть двумя такими многоугольниками!); для параллелограмма же Р наимень

шее число меньших Р и параллельно Р расположенных

параллелограммов, которыми можно покрыть Р, рав

няется четырем.

Результат задачи 112 (верный не только для многоугольников, но и для произвольных плоских выпуклых фигур) получил название теоремы Гохберга — Маркуса (см. [117]; в несколько иной форме тот же результат получил немецкий геометр Ф. Леви [118]). Бесспорный интерес представляет стереометрический вариант

теоремы Гохберга — Маркуса, где можно ожидать, что наименьшее возможное число ^(Ф) фигур, меньших данной пространственной выпуклой фигуры Ф (например, выпуклого многогранника), подобных Ф и параллельно Ф расположенных, которыми можно, полностью покрыть Ф, для разных фигур (разных многогранников) колеблется между 4 (оно равно четырем для треугольной пирамиды — тетраэдра) и 8 (оно равно восьми для параллелепипеда — и, видимо, только для него). Однако эта скорее всего справедливая теорема, впервые сформулированная, как будто, еще в 1957 г. Г. Хадвигером [119], до сих пор никем не доказана (по этому поводу см., например, книгу В. Г. Болтянского и И. Ц. Гохберга [17]) 1).

Что же касается задачи покрытия плоской фигуры (скажем, выпуклого многоугольника) F меньшими F и подобными F, но не обязательно параллельно F расположенными фигурами, то здесь просто решается следующая задача.

Докажите, что каждый плоский выпуклый многоугольник М может быть покрыт тремя меньшими М и подобными М многоугольниками.

Однако исчерпывающего ответа на вопрос о минимальном числе подобных М и меньших М фигур, которыми можно полностью покрыть М, теорема задачи 113 не дает: ясно лишь, что это число равно двум или трем, но нельзя сказать, для каких многоугольников оно равно двум, а для каких трем. Полное описание класса выпуклых многоугольников (или, общее, плоских выпуклых фигур), для которых это число равно, скажем, двум, дать, видимо, совсем не просто, хотя можно, например, доказать, что наименьшее число треугольника

меньшихМи подобных М многоугольников, кото-

прямоугольника

рыми можно полностью покрыть М, равно 3, если М есть правиль- „ треугольник^А,

ныии равно 2 в противном случае (см., например,

прямоугольник^r г

[20]; разумеется, «правильный прямоугольник» — это квадрат).

Ясно, что приведшая к постановке последних задач модификация «проблем о покрытии фигур», сводящаяся к замене «основного» круга К произвольной (выпуклой) фигурой F, допускает и варианты (или точнее — обобщения), связанные с ограничением размеров покрывающих F фигур. Так, например, имеет смысл задача определения такого наименьшего числа g = g(k,F), что заданную фигуру F можно покрыть g фигурами fi, fa, ..., fg, подобными F с коэффициентом подобия ^ ^ и параллельно F расположенными (т. е. гомотетичными F); можно также в последней задаче отбросить требование параллельного F расположения фигур fi, fa, ..., сохранив лишь требование их подобия исходной фигуре F и (задаваемое выбранным числом к) ограничение их

*) В самое последнее время кишиневский математик П. С. С о л- тан [120] доказал, что сформулированное предложение верно для одного частного класса центрально симметричных выпуклых многогранников, — это пока является самым сильным результатом в данном направлении.

размеров 9. Близкая к сформулированной выше, но все же не совсем эквивалентная ей задача получится, если мы, напротив, зададим заранее значение числа g покрывающих F (и подобных F или подобных F и параллельно F расположенных) фигур fi, f^ ..., fg, а искать будем наибольшее возможное значение к, такое, что коэффициенты подобия fi и F, f2 и F, ..., fg и F могут быть все не больше к. Наконец, в определенном смысле «двойственными» сформулированным являются задачи о заполнении F непере- секающимися (подобными F, или гомотетичными F) фигурами ft, /2, ..., причем здесь можно поставить, скажем, задачу определения такого наибольшего возможного числа e = e(k,F), что в F поместятся е непересекающихся фигур f\, f2, ..., fe, каждая из которых подобна (или гомотетична) F с коэффициентом подобия, не меньшим заданного заранее числа к). Однако все такие задачи (их частными случаями являются задачи 108—ПО), вообще

говоря, довольно сложны, и мы пока обладаем по их поводу весьма скромной информацией (ср. [20]).

Вот, наконец, еще одна задача о покрытии фигур.

114*. Каково наименьшее число полос ширины 1, которыми можно полностью покрыть круг радиуса R (рис. 54)?

Задача 114 составляет частный случай следующей более общей «проблемы дощечек», которую поставил в 1932 г. известный польский математик А. Тарский: каково наименьшее число полос ширины h («дощечек»), которыми мож

но покрыть произвольную плоскую фигуру F («яму»). Любопытно

отметить, что проблема эта оказалась достаточно трудной, и в тече

ние многих лет ее решение было известно только для случая круглой «ямы» (т. е. для случая, который составляет содержание задачи 114); даже для случая, скажем, треугольной «ямы» не было известно никаких подходов к ее решению. «Проблему дощечек» впервые решил в 1950 г. молодой датский математик Т. Банг [119]; впоследствии это решение несколько раз упрощалось и обобщалось (см. [120], а также информацию [121] о работах [119], [120]).

Обращаясь теперь к задачам о покрытии (более или менее произвольной) фигуры F кругами радиуса 1 или иного фиксированного радиуса и о заполнении F кругами, мы начнем со следующей несложной задачи, примыкающей к проблематике предыдущего цикла задач.

*) Разумеется, здесь имеет смысл считать, что 0 < к < 1: легко понять, что g(k, F) = 1 при всех к ^ 1 (и всех F).

Какие значения может иметь наименьшее возможное число кругов диаметра 1, которыми можно полностью покрыть

а) треугольник;

б)* выпуклый многоугольник диаметра I?

Здесь тоже возникает содержательная задача эффективного описания тех фигур (не обязательно многоугольников), для которых рассматриваемое в задаче 115 число имеет то или иное конкретное значение; эта задача легко решается для треугольников (см. решение вадачи 115а)), но для произвольных плоских фигур (или даже для произвольных выпуклых многоугольников) она, видимо, вовсе не проста. По поводу перенесения результатов задачи 115 в геометрию в пространстве (или даже в ^-мерную геометрию) см., например, [20].

Наконец, заметим, что, скажем, задаче о покрытии (выпуклой) фигуры F наименьшим возможным числом кругов радиуса R и «двойственной» ей задаче о помещении в F наибольшего возможного числа непересекающихся кругов радиуса г можно придать ферму вопросов о наиболее «рациональном» с определенной точки зрения размещении внутри F конечной системы точек — центров этих кругов. При этом, если считать число кругов заданным, а подлежащей определению, напротив, возможную величину радиусов этих кругов, то в задаче о покрытии области F кругами К^ Кг» ... ..., Кп с центрами Qi, Q2, ...» On и радиусами ^ ₽ (рис. 55,а)

Рис. 55.

расположение точек Qt, Q2, ..., Qn должно быть таким, чтобы каждая точка области F была удалена не более че м на R хоть от одной из этих точек; другими словами, ищется величина

R (п) = min max min AQt, где i = 1, 2, ..n;

^n A 1

A ^ F; 9^n — (Q i, Q2, ..., Qn}

(так как это число существенно зависит от выбора области F, то более правильно было бы писать здесь R (п, F)). Аналогично этому в задаче о заполнении области F кругами к^ кг» ..., ки с центра-

ми ^i, q^ ...t qn и радиусами ^r (рис. 55,6) нам требуется, чтобы расстояние между каждыми двумя из точек qi, q^ ... ..., qn было не меньше 2r = d, т. с. здесь ищется величина

d (п) = max min QiQn где /, / = 1» 2, ... п;

^п=№ь Q2, •••> Qn}? все Qi е F.

Л. Ф е й е ш Тот во втором издании книги [24] формулирует эти задачи как задачу об п связанных союзом диктаторах, резиденции которых надо так расположить в подвластной им области F, чтобы их контроль над F был возможно более полным, т. е. чтобы наибольшее из расстояний от точки области F до ближайшей резиденции было возможно меньшим, и задачу об п враждующих диктаторах, наименьшее из расстояний между резиденциями которых желательно, наоборот, сделать возможно большим; в математической литературе вторая из этих задач получила также выразительные названия «задачи о враждующих братьях», или «задачи об п мизантропах». Наряду с этим первую из поставленных задач вполне можно представлять себе как вопрос о наиболее рациональном распределении на площади F, скажем, п киосков с мороженым, где естественно стремиться к тому, чтобы наибольшее расстояние от точки площади до ближайшего киоска было возможно меньше (ср. ниже задачу 117), а вторую задачу,— например, как вопрос о рациональной посадке деревьев в саду F, где уместно добиваться, чтобы наименьшее из расстояний между корнями деревьев было возможно большим. Укажем еще, что соответствующие задачи естественно переносятся в стереометрию или, скажем, на поверхность сферы (ср. ниже задачу 120; Л. Фейеш Тот [24], формулируя эти задачи, предполагает, что «диктаторы» живут на шарообразной планете, которая полностью им подвластна).

Естественно, что постановки соответствующих задач можно также «вывернуть наизнанку», считая, напротив, заданными величины R, соответственно г, а отыскивая наибольшее возможное число n = nV*F^ непересекающихся кругод радиуса ^ г, которые можно разместить в заданной области F, соответственно н а и м е н ь- шее возможное число v~v(R,F) кругов радиуса ^ R, которыми можно полностью покрыть фигуру F (см. те же рис. 55, а, б на стр. 114). Имеют смысл и некоторые «комбинированные» задачи, в которых участвуют сразу оба числа п и v и требуется установить связь между ними; в качестве примера здесь можно назвать, скажем, принадлежащую тому же Л. ФейешуТоту (см. § 4 гл. III книги [24]) теорему, согласно которой для любого числа а и каждой отличной от круга К радиуса а фигуры F

3и (a, f)<-^-v(a, F)

(так что, если область F можно покрыть 40 кругами радиуса а, то в ней нельзя разместить более 29 непересекающихся кругов того же размера; ясно, что если F— это круг К радиуса а, то п^а, F^ = = v(a,F)=l).

К этой же категории проблем относится и следующая несложная задача.

Рис. 56.Рис. 56.Пусть т— выпуклый многоугольник, а М — (больший) выпуклый многоугольник, получаемый из т сдвигом всех сторон т на расстояние 1 во внешнюю сторону (рис. 56). Докажите, что

Рис. 56.

Рис. 56.

n(l, M)>v(2, т\

а) Как расположить на круглой площади n(= 1, 2, 3, 4, 7) киосков с мороженым наиболее выгодным способом (т. с. так, чтобы наибольшее из расстояний от точки площади до ближайшего киоска было возможно меньшим)?

б) Как наиболее выгодным способом расположить на квадратной площади п (=1,2, 3,4) киосков с мороженым?

По поводу задачи 117 6) см. работы [124] канадцев Дж Ш а ер а и А. Мейра, где эта задача фактически решена для всех п ^ 9, а также работы Дж. Шаера [125], посвященные стереометрическому варианту той же задачи. '

а) Чему равен радиус наименьшего крута, в который можно поместить п точек (п = 2, 3, 4, ..., 10, 11), одна из которых совпадает с центром круга, так, чтобы расстояние между каждыми двумя точками было не меньше 1?

б)* Сколько точек можно поместить внутри круга радиуса 2 так, чтобы одна из точек совпадала с центром крута и расстояние между каждыми двумя точками было нс меньше 1?

Естественная модификация рассматриваемых выше проблем о покрытии фигуры F кругами Ai, Кг, ... и о заполнении F (непере- секающимися) кругами ^4, &2, ... возникает, если отказаться от требования равенства всех кругов Ki или кг (где i = 1, 2, 3, ...). Некоторые (впрочем, довольно бедные) результаты, связанные с рассмотрением кругов двух или нескольких фиксированных размеров, имеются в книге [24] (см., в частности, 2-е издание этой книги). Что же касается задач о «плотнейшем» заполнении фигуры F фиксированным числом п кругов kXl к2, ..., кп произвольных размеров или «двойственной» ей задачи покрытия F «наиболее экономной» системой п кругов К\, Кг, . • •, Кп произвольных размеров, то здесь мы пока не имеем почти совсем никаких данных, что можно проиллюстрировать следующим эпизодом из истории математики.

Геометрам старшего поколения хорошо известна так называемая задача Мальфатти, требующая вписать в данный Z^ABC три круга так, чтобы каждый из них касался двух сторон треугольника и двух других кругов (рис. 57, а) ). Немногие, однако, знают, что соответствующая задача была сформулирована известным итальянским математиком конца XVIII и начала XIX вв.

Дж. Мальфатти) следующим образом: поместить в данный треугольник АВС три непересекающиеся круга к^ кг и кз наибольшей возможной площади (т. е. как задача о плотнейшем заполнении треугольника тремя кругами) ). Дж. Мальфатти не сомневался, что

решение соответствующей «задачи о наиболее экономном заполнении треугольника кругами» во всех случаях дается рис. 57, а; не сомневались в этом, видимо, и многочисленные авторы, решавшие «задачу Мальфатти» впоследствии (Дж. Мальфатти указал алгебраическое решение задачи о построении изображенных на рис. 57, а кругов ^i, ^2 и &з, позволяющее вычислить — и построить циркулем и линейкой — их радиусы; наиболее изящное чисто геометрическое решение той же задачи дал один из крупнейших геометров XIX в. швейцарец Якоб Штейнер).

Лишь в 60-х годах нашего столетия, в связи с подъемом интереса к тем вопросам, которые ныне объединяются названием «комбинаторная геометрия», математики вновь обратились (см. работы [126], в которых, впрочем, указана и более ранняя литература) к исходной задаче Мальфатти (а также к так называемой «обратной задаче Мальфатти», требующей указать такой наименьший по площади треугольник, что в него можно поместить три неперекрываю- щиеся круга заданных размеров — см. [127]); при этом оказалось, что соответствующие задачи являются довольно трудными, так что для выполнения связанных с ними расчетов пришлось даже прибегать к ЭВМ. Разумеется, для тех или иных конкретно заданных треугольников соответствующая задача решается легко: так, например, «плотнейшее заполнение» правильного треугольника тремя кругами изображено на рис. 57, б; еще проще видеть, что для «достаточно вытянутого в высоту» равнобедренного треугольника решение дается рис. 57, в. Однако в общем случае указать четкие критерии расположения «кругов Мальфатти» (в первоначальном понимании этого термина) достаточно сложно; при этом интересно, что н и в одном случае это расположение не совпадает с изображенным на рис. 57, а (см. [126]).

Обратимся, наконец, к некоторым (вообще говоря, еще более сложным) стереометрическим задачам.

Можно ли на непрозрачной планете, имеющей форму шара диаметра D, расположить 8 станций наблюдения так, чтобы любое космическое тело, приближающееся к планете, в тот момент, когда оно находится на высоте D над поверхностью планеты, было видно по крайней мере с двух станций?

120* а) Как поместить на сфере п ^п = 2э 3, 4, 5, 6) точек так, чтобы расстояние между ближайшими двумя из этих точек было наибольшим?

Как разместить на сфере единичного радиуса наибольшее возможное число точек, если требуется, чтобы расстояние между каждыми двумя из этих точек было

> V2,

> У2.

литература (см. по этому поводу гл. VI книги Л. Ф е й е ш а Тота [24], в частности второе издание этой книги); однако точных результатов здесь имеется весьма немного. Оптимальные расположения на сфере 7, 8 и 9 точек изображены на рис. 58, а — в (на которых линиями соединены те точки сферы, расстояние между которыми равно минимальному из попарных расстояний между точками). При

Рис. 58.

п*> 9 известно решение задачи лишь для случаев п = 12, когда точки располагаются в вершинах вписанного в сферу правильного икосаэдра, и п = 24, когда точки располагаются в вершинах вписанного в сферу «полуправильного» 38-гранника, ограниченного 32 равносторонними треугольниками и 6 квадратами (в каждой вершине многогранника сходятся 4 треугольника и 1 квадрат).

РЕШЕНИЯ

Пусть наибольшее из девяти расстояний между вершинами наших двух треугольников будет равно а, и пусть М — произвольная точка треугольника АВС и Afi— произвольная точка треугольника АХВХСХ (рис. 59). Докажем, что MAh ^ а. Проведем через М

произвольную прямую, лежащую в плоскости треугольника АВС и пересекающую стороны этого треугольника в точках Р и Q. Из углов MiMP и MiMQ по крайней мере один не меньше 90°; пусть таким будет, например, угол МХМР. В таком случае из рассмотрения треугольника MtMP сразу следует, что М^Р > МХМ. Далее пусть АВ есть та сторона треугольника АВС, на которой лежит точка Р. Хотя бы один из углов МХРА и М^РВ не меньше 90°; пусть это будет, например, угол М^РА. В таком случае МХА > М^Р и, следовательно, МХА > МХМ. Поступая теперь с точкой Mi так же, как мы раньше поступали с точкой М, покажем, что AMt ^ ЛЛ4, где At -- одна из вершин треугольника AtBtCt. Но по условию AAt ^ а, откуда и следует справедливость нашего утвер-

Рис 59ждения.

**2. Проведем через середину Mi отрез

ка АХВХ отрезок А11Л'4^-^1^4 и отрезок МХВ' 41= BtB (рис. 60, а), При этом четырехугольник МХАХАА' будет параллелограммом1); поэтому ЛЛ'41=Л1М1. Аналогично этому является параллелограммом 9 и четырехугольник МХВХВВ'; поэтому 55'4I=5iMi. Ясно, что параллельные между собой отрезки АА' и 55', проведенные через концы отрезка Л5, лежат в одной плоскости л, проходящей через прямую АВ. Соединим теперь точку А1 с точками А' и 5'; при этом в треугольниках МЛЛ' и МВВ' (лежащих в одной плоскости л!) будем иметь: Z МАА' = Z МВВ' (ибо АА'\\ВВ'^, МА = МВ (так как точка М— середина отрезка Л5) и АА' = 55' (так как АА' = Л^ь ВВ' = ВХМХ, а отрезки АХМХ и BiMi равны). Следовательно, эти треугольники равны, и значит, А'М — В'М и Z А'МА = Z В'МВ. Но из последнего равенства вытекает, что точки А', М и В' плоскости л принадлежат одной прямой; таким образом, «ломаная» А'МВ' составляет один отре-

9 Этот параллелограмм может оказаться вырожденным, т. е. все его вершины могут принадлежать одной прямой.

вок, и точка М является серединой стороны А'В' треугольника А'М^В'.

Так как МХАГ = АХА и МХВ' = ВХВ, то нам осталось лишь доказать, что медиана МХМ треугольника А'МХВ' не превосходит полусуммы его сторон МХА' и М^В' и не меньше их полуразности. Но это устанавливается элементарно: продолжим медиану МХМ за

точку М на расстояние MQ = МХМ и соединим Q с А' (рис. 60, б). Из равенства треугольников МХВ'М и QA'M имеем МХВ' = QA'; следовательно,

2MXM = MXQ и

| МХА7 - МХВ'1 = | МХА' - A'Q | <Лr1QC2ИlЛ'+Л'Q=M1Д'+Лf1B,,

что нам и требовалось доказать.

Из проведенного доказательства нетрудно также усмотреть, что ММХ = -^ (ДД1 + ВВХ) в том и только в том случае, когда отрезки АВ и АХВХ лежат в одной плоскости и ААХ || ВВХ, а направления отрезков ААХ и ВВХ (от А к Ах, соответственно от В к Вд) одинаковы; М'Мх = ^ | ААх — ВВХ I в том и только в том случае, когда АВ и АХВХ лежат в одной плоскости, ААХ || ВВХ и направления отрезкрв AAi и ВВХ противоположны.

а) Замкнутая четырехзвенная ломаная ABCD может представлять собой: 1) плоский выпуклый четырехугольник (рис. 61, а); 2) плоский невыпуклый четырехугольник (рис. 61,6); 3) самопере- секающийся четырехугольник (рис. 61, в); 4) неплоский четырехугольник (рис. 61, г). Во всех случаях

Z АВС + Z BCD + Z CD А + Z DAB < 350°.

В самом деле, в случае рис. 61, а эта сумма равна 360° (сумма углов выпуклого четырехугольника); в случае рис. 61,6 она равна 2ZCDA (ибо ZBCD + ZCBD) + <ZBAD + ZABD) = ZCDM + + ZADM = ZCDA\ a ZCDA ^ 180°; в случае рис. 61,в та же

сумма равна 360° —2Z4QB; наконец, в случае рис. 61, г эта сумма меньше обшей суммы углов двух плоских треугольников АВС и ADC, ибо по известному свойству трехгранных углов /ВАС +

Рис. 61.

+ ZDAC -< /BAD и ZBCA + ZDCA -< /BCD. Поэтому во всех случаях один из четырех углов, опирающихся на «диагонали» АС и BD, не больше 90°. Но если, скажем, /АВС ^ 90°, то оба отрез-

ка АВ и ВС не могут быть меньше —g—, так как иначе сторона АС треугольника АВС была бы меньше 1, что противоречит условию задачи.

Нетрудно убедиться, что ни один из отрезков АВ, ВС, CD и DA не больше —g— лишь в том случае, если ABCD — квадрат со стороной —.

Если «диагонали» АС и BD четырехугольника ABCD пересекаются, то этот четырехугольник плоский, выпуклый (рис. 61, а). Но в таком случае

Z АВС + Z BCD + Z CD А + Z DAB = 360°,

и значит, хоть один из этих четырех углов не меньше 90°. Но если ZABC ^ 90°, то оба отрезка АВ и ВС не могут быть больше —^, в противном случае мы имели бы АС 2> 1.

1/2*

Все отрезки АВ, ВС, CD и DA будут не меньше

1^2* лишь в том случае, если ABCD — квадрат со стороной ——.

Если «диагонали» АС и BD четырехугольника ABCD лежат в одной плоскости, но не пересекаются, то этот четырехугольник — невыпуклый или самопересекающийся (рис. 61,6, в). Если точки А, В, С и D расположены как на рис. 61,6, то

Z BAD + Z BCD = Z ADC - Z ABC< Z ADC< Z ADB + Z CDB.

Поэтому неравенства ZB AD ^ ZADB, ZBCD ^ ZCDB не могут выполняться одновременно, и либо АВ > BD=\, либо ВС > BD = = 1. Если точки А, В, С и D расположены, как на рис. 61, в, то хоть один из углов (выпуклого) четырехугольника ABCD не меньше 90°; но если, скажем, ZABD ^ 90°, то AD > BD = 1.

Будем доказывать требуемое утверждение от противного. Если выпуклый четырехугольник ABCD (рис. 61,6) таков, что АВ ^ АС, то ZBCA ^ ZABC; но в таком случае, очевидно,

Z BCD > Z ВС А > Z АВС > Z DBC,

и значит, BD > CD. Складывая это последнее неравенство с исходным неравенством АВ ^ АС, мы получаем, что

АВЛ- BD>AC -VCD.

Но это противоречит условию задачи; значит, наше предположение о том, что АВ ^ АС, было неверным.

Нетрудно видеть, что если четырехугольник ABCD невыпуклый, то неравенства АС + CD ^ АВ + BD и АВ ^ АС совместимы (рис. 61, е).

а) Пусть N — точка, симметричная точке М относительно общей середины S отрезков AD и ВС (рис. 62). В таком случае четырехугольники AMDN и BMCN — параллелограммы, второй из которых лежит внутри первого. Но если один выпуклый четырехугольник лежит внутри другого, то периметр его меньше периметра второго четырехугольника; поэтому

илит. е.илит. е.МА + MD + ND + NA > MB + МС + NB + NC,2MA + 2MD > 2MB + 2MC,MA + MD>MB + NIC,

или

т. е.

или

т. е.

что и требовалось доказать.

Нетрудно видеть, что равенство МА + MD = МВ + МС имеет место лишь тогда, когда точка М совпадает с А или с D (в этом случае вырожденные «параллелограммы» AMDN и BMCN совпадают — они обращаются в Мдважды взятый отрезок AD).

б) Примем за точку М пло- /(скости сначала точку А, а затем

точку D; тогда в силу условия Д d<^ <■■■*^^Т^рД задачи получим

\/AD^ABA-AC

и(*)

AD > BD + CD,

Рис. 62.Рис. 62.откуда вытекает, что

Рис. 62.

Рис. 62.

2AD >АВ + АС + BDA-CD. (I)

С другой стороны, в силу неравенства треугольника имеем

(**)(П)(**)(П)а значит,а значит,2AD ^AB-V BD + ЛС + CD.2AD ^AB-V BD + ЛС + CD.AD < АВ + BD и AD < АС + CD,

(**)

(П)

(**)

(П)

а значит,

а значит,

2AD ^AB-V BD + ЛС + CD.

2AD ^AB-V BD + ЛС + CD.

Из сравнения неравенств (I) и (II) вытекает, что AD = АВ + BD + АС + CD;

но это возможно только в том случае, когда как оба неравенства (*), так и оба неравенства (**) обращаются в равенства.

Первое из неравенств (**) обращается в равенство лишь в том случае, когда точка В принадлежит отрезку AD, а второе — когда точка С принадлежит отрезку AD; таким образом, обе точки В и С должны принадлежать отрезку AD. А теперь, например, первое из равенств (*) (ведь эти неравенства, как мы знаем, обращаются в равенства!) дает

т. е.т. е.АС + CD = АВ + АС,АВ = CD.

т. е.

т. е.

Но последнее равенство равносильно тому, что отрезки AD и ВС имеют общую середину S!

а) Обозначим точки пересечения окружностей Si и S2 с их линией центров O1O2 через Л4, Вх и Л2, В2, причем пусть точка Ог принадлежит лучу О^В^ а точка Ох— лучу 0г52 (рис. 63, а—в; если окружности Si и S2 концентрические, то в качестве линии центров можно выбрать любую из проходящих через общий центр

Рис. 63.

Si и S2 прямых и обозначить через At любую из точек ее пересечения с окружностью Si, а через Л2— любую из точек ее пересечения с окружностью S2). Обозначим, далее, через Л14 и М2 произвольные точки окружностей S4 и S2. Из рассмотрения четырехугольника OiO^^i, очевидно, вытекает

т. е.т. е.AljAJ^ ^^ AljOi Ч™ ^1^2 Ч" 02-^2, или М1М2 ^^ Л^1 Ч™ 0Х02 Ч" О2А2»

т. е.

т. е.

AliAf2 Л1Л2,

откуда следует, что наибольшее расстояние между окружностями равно отрезку ЛИ2, т. е. d + гх + ^2. С другой стороны, если окружности Si и S2 не пересекаются, т. е. d >> ri + г2 (рис. 63, а), или d < ri — т2 (рис. 63, б; здесь мы для определенности считаем, что rj ^^2), то из того же четырехугольника ОХО2М2МХ следует, что

илиилиOiO2 < ОхМх + М1М2 + М2О2,

или

или

МХМ2 ^ ОхО2 — OjAll — О2М2 ^^ 0102 — О\Вх — О2В2»

т. е. МхМ2 ^ ВхВ2 (рис. 63, а), соответственно, что

OiMx < OjO2 + О2М2 Ч- М2Л1Ь

Л11Л12 ^ OxMi — OjO2 — О2М2 — ОХВХ — O1O2 — О2Л2>

т. е. М1М2 ^ BiA2 (рис. 63,6). Таким образом, в случае рис. 63, а наименьшее расстояние реализует отрезок В±В2, а в случае рис. 63, б — отрезок BiA2, так что это наименьшее расстояние равно d— ri — г2 (рис. 63, я) или г^— d— г2 (рис. 63,6). Наконец, если окружности Si и S2 пересекаются (рис. 63, в) или касаются, то наименьшее расстояние между точками окружностей равно нулю.

б) Ясно, что наибольшее расстояние между точками кругов /Ci и Кг во всех случаях равно наибольшему расстоянию между точками ограничивающих эти круги окружностей Si и S2. Наимень

шее же расстояние между точками кругов отлично от нуля лишь в том случае, когда ограничивающие круги окружности лежат одна

вне другой (см. рис. 63, я), и в этом случае оно равно наименьшему расстоянию между точками окружностей.

а) Если 7\— меньший из двух треугольников (рис. 64), то расстояние от точки At треугольника Л (понимаемого как линия, а не как часть плоскости)) Д° ближайшей к ней точки треугольника Т2 будет одним и тем же для всех

точек Л1 — оно будет равно —g—; поэтому 1/3

Р^ь 7^ =—g—. Расстояние же от точки Л г треугольника Т2 до ближайшей к ней точки треугольника Т^ будет больше всего в том случае, когда точка А2 совпадает с вершиной треугольника, причем в этом случае оно равно ——; поэтому

/т m \ V

PV2> Tl) ———.

б) Если Kt — меньший из двух кубов, то расстояние от точки Л1 куба Ki (понимаемого как поверхность, а не как часть пространства! )) до ближайшей к ней точки куба Кг будет одним

д1

и тем же для всех точек Л4 — оно будет равно поэтому

р (Кь К2) ^^Г- Расстояние же от точки А2 куба Кг до ближайшей

к ней точки куба Ki будет наибольшим тогда, когда точка Л2 совпадает с вершиной куба, причем в этом последнем случае оно

равно—g-; поэтому р (Кг, К^=—^~.

Обозначим р(Ф1, Фг) = а, р(Ф2, ф3) = 6, и пусть А — произвольная точка фигуры Ф1 (см. рис. 65, а, на котором Ф4, Ф2 и Ф3 — замкнутые кривые линии). Так как наибольшее из расстояний от точки фигуры Ф1 до самой близкой к ней точки фигуры Ф2 равно а, то фигура Ф2 содержит такую точку В, что расстояние от

точки Л фигуры Ф1 до точки В фигуры Ф2 не превосходит а. Далее, так как наибольшее из расстояний от точки фигуры Ф2 до самой близкой к ней точки фигуры Ф3 равно Ь, то для точки В

Рис. 65.

фигуры Ф2 можно отыскать такую точку С фигуры Ф3, что расстояние от точки В фигуры Ф2 до точки С фигуры Фз не превосходит Ь. Но из неравенств АВ ^ а и ВС ^Ь следует, что

AC<AB-VBC^a-Vb;

таким образом, для каждой точки А фигуры Ф1 найдется такая точка С фигуры Фз, что ЛС^ а + b = р(Фь Ф2) + р(Фг>Фз), т. е,

Р (Фь Фз) ^ Р (Фь Фг) + Р (Ф2, Фз).

б) Может. Так, если фигура Ф1 содержится в фигуре Ф2, а фигура Ф2 содержится в фигуре Фз (рис. 65, б; здесь Ф1 — Фз — части плоскости, а не линии), то, очевидно, р(Ф1,Ф2) = О и р(Ф2, Фз) = 0, откуда, однако, еще вовсе не следует, что р(ф3, Ф1)=0; таким образом, в этом случае возможно, что р (Ф), Ф2) = 0, р (Ф2> Фз) — 0, а р (Фз, Ф1) > р (Фь Фг) "Ь Р (Фг» Фз)™0.

а) Заметим прежде всего, что наименьшее расстояние от точки А (окружности радиуса 0) до окружности S с центром О реализуется отрезком ЛВЬ где Вх — ближайшая к А точка пересечения прямой О А с окружностью S (ибо если М — произвольная точка окружности S, то в обозначениях рис. 66 а, б АМ^АО — ОМ= — АО — ОВХ = АВХ> соответственно АМ^ОМ— ОА = ОВХ— ОА = — АВХ)\ поэтому, если О А = d, а радиус окружности S равен гж то наименьшее расстояние от А до S равно d— г или г — d.

Рассмотрим теперь две окружности St и S2 с центрами Oi и О2. Если окружность 51 расположена вне S2 (рис. 66, в, г), то наиболее удалена от окружности S2 та точка Л4 окружности Si, которая расположена дальше всего от центра S2, т. е. более далекая от О2 точка Л1 пересечения с Si линии центров OiO2 обеих окружностей (ибо если М — произвольная точка окружности Si, то в обозначениях рис. 66, в, г МО2 ^ МОХ + ОХО2 = АХОХ + ОХО2 = Л1О2); таким образом, в этом случае p(Si, S2) = АХВ2 = d + ri — г2. Если окружность Si расположена внутри окружности S2 (рис. 66, д, е), то ближе всего к центру О2 окружности S2 будет более близкая к О2 точка Л1 пересечения с Si линии центров 0102 окружностей Si и S2 (ибо если М — произвольная точка Si, то в обозначениях

рис. 66, d, е МО2 ^ О^М — 0\0а = 0И1 — OiO2 = 02Л1, соответственно МО2 ^= 0102 — MOi = O1O2— А101 = Л 10г); поэтому здесь p(Si,S2) = А1В2 = Г2—\d— п). Наконец, если окружности Si и S2 пересекаются (рис. 66, ж, з^ то из внешних по отношению

Рис. 66.

к S2 точек окружности Si наиболее далекой от Ог является та точка Л1 пересечения с Si линии центров OiO2 обеих окружностей, расстояние которой от S2 равно d 4- Т\ — ^2, а из внутренних по отношению к S2 точек окружности Si ближе всего к 02 вторая точка Л2 пересечения Si с линией центров OiO2, расстояние которой

от S2 равно r2—\d— п|; таким образом, расстояние p(Si,S2) окружности Si от окружности S2 равно в этом случае наибольшему из выражений d + ri — г2 и г2 — |d — г41.

Итак, если окружности Si и S2 лежат одна вне другой (рис. 66, в; сюда мы включаем и случай внешнего касания двух окружностей), то p(Sb S2) = d + rx— r2 и p (S2, St) = d + r2— п; поэтому P(S4, S2) = J + ri — r2, где для определенности принято fj ^ г2. Если окружность S2 лежит внутри Si (рис. 66, г; сюда мы включаем и случай внутреннего касания двух окружностей), то p(SbS2) = d + fi —г2 и p(S2,Si) = r2— \d — rj; здесь P(SbS2) = = d + ri — г2. Наконец, если окружности Si и S2 пересекаются (рис. 66, ж, з), то

Р (Sb S2) = max \d + rx — r2, r2 — | d — rx | ] и p (S2, S,) =

= max [d — rx + r^ rx — | d — r2 | ], t. e.

P (Sb S2) = max \d 4- rx — r^ d — rx + r2, r2 — | d —rx |, rx— | d—r21 ], откуда без особого труда устанавливается, что если гх ^ гг, то

Р (Sb S2) = d + гi — r2.

Пусть Кх и Кг— круги, ограниченные окружностями Si и S2. Если окружности Si и S2 лежат одна вне другой, то, очевидно, p(Ki, Кг) = p(5bS2) и р(К2, Ki) = p(S2, S^; поэтому Р(КЬК2) = = P(Sb S2). Если окружность S2 лежит внутри окружности Si, то p(Ki, К2) — p(Sb S2), но р(Кг, Ki)=0; поэтому здесь P(Ki, Кг) = = р(Кь Кг) = p(S(, S2) = P(Sb S2). Наконец, если окружности Si и S2 пересекаются, то р(Кь Кг) = d + гх — г2 и р(Кг, Ki)=d — — И + г г, так что при гх ^ г2 имеем Р(Кь Кг) = d + гх — г2 = = P(SbS2). Таким образом, во всех случаях

P(Kb K2) = P(Sb S2),

хотя равенство p(Ki, Кг) = p(Sb S2) может и не иметь места.

Так как Р(ФЬ ф2)—это наибольшая из величин р(Фь Ф2) и р(Ф2, Ф1), то в силу результата задачи 8 а) имеем

Р (Ф1, Фз) С Р (Фь Ф2) + Р (Ф2. Ф3) С Р (Фь Ф2) + Р (Ф2, Фз) и

Р (Фз, Ф1) < Р (Фз, Ф2) + Р (Ф2, Ф1) < Р (Ф2, Фз) + Р (Фь Фг), откуда и следует, что

Р (Фь Ф3) = шах [р (Фь Ф3), р (Ф3, Ф^] < Р (Фь Ф2) + Р (Ф2, Фз).

а) Ясно, что р(Л) = ДВ0= min АВ — это радиус наи- ВеГ*

большего из кругов с центром А, еще заключающегося внутри «кляксы» Ф (рис. 67, а); величина р = max р (Д) есть радиус

А е Ф наибольшего из всех заключенных внутри Ф кругов (рис. 67, б; соответствующий круг и называется Вписанным кругом фигуры Ф1). Аналогично этому v (Д) — ДСо = max АС—это радиус

Ср. стр. 68 и рис. 31, а, б.

наименьшего из всех кругов с центром Л, который содержит фигуру Ф внутри себя (рис. 67, о); v= min v (Л) есть радиус наиЛ е Ф

меньшего из всех содержащих Ф внутри себя кругов (рис. 67, б; этот круг К называется Описанным кругом фигуры Ф). Отсюда следует, что

р ^ V.

Из решения задачи а) вытекает, что равенство р = v имеет место в том и только в том случае, когда Ф — круг (и следовательно, х = к = Ф) 9.

Рис. 67.Рис. 67.

Рис. 67.

Рис. 67.

Если МА, МВ и МС — расстояния от произвольной точки М плоскости до вершин равностороннего треугольника АВС, то отрезок СМ не больше суммы расстояний АМ и ВМ и не меньше их разности (см., например, задачу 134 6) книги Д. О. Ш к л я р с к и й, Н. Н. Ченцов, И. М. Я гл ом [13]); таким образом, в цашем случае

МВ - МА = \<МССМВА- МЛ = 5.

Предоставляем читателю самостоятельно убедиться в том, что расстояние СМ может принимать любое значение в интервале 1 ^ х ^ 5, в частности может равняться 5 и может равняться 1.

Пусть Mi и М2 — две произвольные диаметрально противоположные точки окружности S радиуса 1. В таком случае М4М2 = 2, и следовательно,

М^, 4- M2Ai>M1M2 = 2,

М,Л2 4* М2А2 ^ 2, ..., М1Люоо НН М2Люоо ^ 2

(М1Л1 + М2Л1 = 2, если точка Л4 принадлежит отрезку М4М2, и М1Л1 + М2Л1>>2 во всех остальных случаях). Поэтому

(М1Л1 + М2Л0 + (M^2 + М2Л2) + ... + (М^юоо + М2Люоо) =

— (М]ЛХ + МхА2 + • • • + М1Люоо) +

(М2Ах 4" М2А2 4~ • • • + М2Л1ООо ^ 2000,

Если определить величины р и v равенствами р— sup inf АВ ЛеФ В е Г

и v= inf sup АС, то их значения совпадут и для фи- ЛеФСе Г

гуры Ф, являющейся «почти кругом» (ср. со сноской на стр. 18).

и значит, хоть одна из двух точек Mi и М2 наверняка удовлетворяет условию задачи: сумма расстояний от нее до точек Ль Л2, ..., Люоо не меньше 1000.

Нам надо доказать, что все расстояния Л0Л1, Л0Л2, Л0Л3, ... .ЛоЛп меньше 3. Пусть Ак— какая-то из вершин Л2, Л3, ..., Лп (поскольку Л0Л1 = 1 < 3, то для вершины Л1 нет необходимости в дополнительной проверке заключения задачи). Опишем вокруг треугольников Л0Л1Л2, Л1Л2Л3, Л2Л3Л4, ..., Ak-^Ah-\Ah окружности Сь С2, С3, ..., Ck-t; их центры обозначим через Oi, О2, О3, ... ..., Оk-i (рис. 68, а, где & = 5).

^5^5$<$<АцАцРассмотрим ломаную Ло010203...

^5

^5

$<

$<

Ац

Ац

... Ok-iAk. Очевидно,

Л0Л£ ^ АА + ^1^2 + ^2^3 + • • •

• • • + Ок_2Ок_х + Ок_хАк =

= До01 + (0,02 + 0203+ ...

•1 • + °й-2°й-1) + °к-1Ак-

Пусть Si есть середина отрезка ЛоЛь Из треугольника Л154О1 находим

А Ч

еле-еле-Рис. 68.Рис. 68.ЛоО.-ДА-^^

еле-

еле-

Рис. 68.

Рис. 68.

coscosZ Л2Л|ЛрZ Л2Л|Лр222

cos

cos

Z Л2Л|Лр

Z Л2Л|Лр

2

2

Но по условию Z ЛгЛ^р ^ 120°;

Z Л2Л1Л0 / довательно, ^60 и

ЛА< cos 60° L Аналогично доказывается, что

Таким образом, нам остается только оценить длину ломаной OiO2O3.. .Ок-ь Проведем через точки Ло и At окружности С2, С3С^_р равные соответственно окружностям С2, С3, ... ,.., Ск-Г, центры этих окружностей обозначим через О2, О^ .. • • .. , О'^. Мы утверждаем, что

OiO2 = 0^2, О2О3 = О2О3,

О3О4 — О3О4, ..., o^_2oft_1 — ok_-pk_v

Действительно, пара окружностей Ct и С2 равна паре окружностей Ci и С2; если сдвинуть первую пару окружностей так, чтобы отрезок Л1Л2 перешел в равный ему отрезок ЛоЛь то эта пара

совпадет с парой окружностей Сх и С^]). Отсюда следует, что О,О2 —О^- Аналогично пара окружностей С2 и С3 равна паре окружностей С2 и С3 (движение, переводящее отрезок Л2Л3 в отрезок ЛОЛЬ совмещает первую пару окружностей со второй); поэтому О2О3 = ^2^3 Точно так же доказываются и равенства О3О4 = = О3О4, ..., ок_<рк_х = Ok_2Ok_v

Таким образом,

^1^2 ^" ^2^3 + ^3^4 + • • • + Ок_<Рк_х =

= ОхО2 + О'Оз + О'о' + ... + о'^__г

Но все точки Oj, 09, 03, ... , Ок—Х расположены на перпендикуляре, восставленном к отрезку Л0Л1 в его середине Sb Если обозначить середины отрезков Л1Л2, Л2Л3, ..., Ла-2Ла_! через S2, S3, • •• ,,., Sa-i (рис. 68, б), то легко получить

ОД =ЛД tg X О^Д = ytg 2 Л^Л,Ло ,

О^ = ОД = л д tg X о2л д = 1 tg 2 Л=Л2Л*,

О^Д = O3S3 = Л383 tg X Оа Л35, = 1 tg -^^,

°й-151 ” Ok-\Sfe-l ~ ^^-l5fe-l tg ^ Ok-\Ak_\Sk_x ~

1 ,^ АкАк-\Ак-2

А так как по условию задачи

60° < X Лол,л2 < X л,л2л3 <... < X Лй_2л,_,лй < 120°,

то

"2" tg 30 ^ ^iSj ^ O2SX ^ ^Sj ^ ... ^ О к—1*^1 ^ "^ tg 60 .

Из последних неравенств вытекает

О1о; + о;о' + о3'о'+ ... +O'_2OL1=O1^-1 =

= °L1^1 - o^i < 1 (tg 60° - tg 30°)

и, значит,

0,02 + О2О3 + 0304 + ... + Ок-гОк-\ < -1 (tg 60° - tg 30°) =

Рис. 69.Рис. 69.AC+AD==h>-^ABAC+AD==h>-^ABИИ

Рис. 69.

Рис. 69.

AC+AD==h>-^AB

AC+AD==h>-^AB

И

И

откуда окончательно имеем

VA<V1 + (O1O2 + O2O3+ ••• ^°к-<Рк-\^°к-ХАк^

V з

< 1 + ^3“ + 1 <2,58<3,

что и требовалось доказать.

Примечание. Было бы интересно определить точное значение inf ЛОЛП (относительно обозначений см. стр. 17), достигаемое в условиях задачи 13, а также обдумать вопрос о том, нельзя ли те или иные из этих условий ослабить или отбросить.

Мы утверждаем, что искомым является квадрат АА^ВВ^ диагональю которого является отрезок АВ; сумма расстояний от А до вершин этого квадрата равна

ДВ+ДД1+ДВ1 = ДВ(1 + ^2) = (1 + /2) d. В самом деле, пусть CDEF — произвольный квадрат со стороной h, на границе которого лежат точки А и В (рис. 69; точка А лежит на стороне CD). Очевидно, что

AC + AD = h, AE^h, AF>h, следовательно, наибольшим среди отрезков AC, AD, АЕ, AF является один из отрезков АЕ или AF. Пусть, например, это будет отрезок AF. Так как из всех точек границы квадрата CDEF от точки А наиболее удалена одна из

его вершин (ср. с задачей 1), то АВ ^ AF.

Далее, из всех пар точек квадрата CDEF наиболее удалены друг от друга вершины С и Е (или D и F; ср. ниже задачу 78 а));

поэтому

АВ < СЕ = V1! h.

Отсюда имеем

поэтому, так как AF ^ АВ,

АС + AD + АЕ + AF >АВ + —L- АВ + АВ = АВ (1 + ^2 ).

У 2/2

Легко видеть, что знак равенства имеет место только для квадрата АА^ВВ^ т. е. только этот квадрат — искомый.

Продолжим отрезки Л2Л3 до пересечения с /4 в точке С и ВА^ до пересечения с А2С в точке D (рис. 70. а). Если обозначить OAi = х, Л2Л3 = у и О В — z, то, поскольку А2С — A iO (ибо

AiA2CO — параллелограмм) и A3D = ОВ (ибо A3DBO— параллелограмм), будем иметь А2С = х, АзС — х — у и A3D = 2. Далее заметим, что в подобных треугольниках А2ОС и А3А4С (напомним, что Л3Л41| Л2О!) отрезки Л2Л3 и A3D являются соответственными (ибо О Аз II Л4/)); поэтому

А2С Л3Сх х — у

Л2Л3 А^Оу z

или xz = y (х — уУ Далее: а) Хоть один из отрезков у и х — у, в сумме составляющих отрезок х, не превосходит половины этого отрезка, а второй из них меньше самого отрезка х. Поэтому

У и-У^<^х-х = — х2,и, следовательно,1 о1

xz<—x2, т. е. z<-^x.

б) Из этого же равенства xz = у (х — у) имеем

2 х2XZ = ху - у2 = -^2 х2XZ = ху - у2 = -^(х2\\д- — хУ^У2}(х2\\д- — хУ^У2}посколькупоскольку^ 0; поэтому^ 0; поэтому

2 х2

XZ = ху - у2 = -^

2 х2

XZ = ху - у2 = -^

(х2\

\д- — хУ^У2}

(х2\

\д- — хУ^У2}

поскольку

поскольку

^ 0; поэтому

^ 0; поэтому

Это неравенство обращается в равенство в том случае, когда

У — ^ и "^— У = 0 (см., например, рис. 70, б, на котором все углы

Д10Л2, А2ОАз, А3ОА4 и А^ОВ равны между собой); поэтому оно не может быть улучшено.

В силу теоремы о вписанном угле имеем

Z Ау — — ^А2А3А7 — 180° — -^ ^ДуД^г,

Z А3 = 180° - у ^А2АаА4, ZAS = 180° -1 ^Д4Д5Д6

(сделайте чертеж!), откуда

Z л, + ХЛз+ /Л5 = 3. 180°- ^А7АхА2 ... А6 =

= 540° - у (360° - ^Д6Д7) = 360° + 1 ^Д6Д7.

Но поскольку центр описанной вокруг семиугольника AiA2. . .Ai окружности лежит внутри семиугольника, ^А6А7 < 180°, и значит,

Z Л,+ z Лз+ Z л5< 360° + у 180° = 450°.

Пусть АВ — самая близкая к рассматриваемой точке М из всех диагоналей и сторон нашего правильного ^-угольника. Если точка М принадлежит диагонали АВ, то ZAOB = 180°; если же она не принадлежит АВ, то так как точка М лежит внутри многоугольника, найдется такая соседняя с В вершина С, что С и М лежат по одну сторону прямой АВ (сделайте чертеж). Ясно, что Z ВАС =• 360° = -^- . Но точка М не больше удалена от

2пп

диагонали АВ, чем от АС; поэтому она лежит между биссектрисой АК угла ZBAC и диагональю АВ (может быть, на ДЛ), и значит,

Z МАВ< Z КАВ = -^ ;

аналогично

, хлпл / 180°Z МВА < ——.

2п

Теперь имеем

Z АМВ< 180° и

Z АМВ = 180° - Z МАВ — Z МВА > 180° - ^- = 180° (1 - —V и\ п )

что и требовалось доказать.

а) Не представляет труда построение &АВС с заданным (острым) углом ZA = а такого, что биссектриса AD, высота СН и медиана ВМ пересекаются в одной точке Q; достаточно отложить на стороне AU угла UAV = а произвольный отрезок АС, опустить из С на AV перпендикуляр СН (высоту будущего треугольника АВС) и соединить середину М отрезка АС с точкой Q пересечения СН и биссектрисы AW угла UAV (и треугольника АС В); прямая MQ

будет являться медианой искомого треугольника, а точка В пересечения MQ и ЛУ— его вершиной (рис. 71). Из построения, в частности, следует, что заданием угла а искомый треугольник определяется «однозначно с точностью до подобия»: это значит, что, заме

каким-либо иным отрезком АС', мы придем к А АС'В' со А АСВ, т. е. углы А АВС полностью определяются заданием величины а < 90°.

Нам осталось убедиться, что, если а ^ 45°, то Z АСВ = у тупой. Для этого проведем через С прямую СЕ (где Е принадлежит лучу Л У)

нив отрезок АСнив отрезок АСмежду М и Смежду М и Спри этомпри этомтак, что Z UСЕ = 2а;так, что Z UСЕ = 2а;Z АСЕ = 180° — 2а ^ 90° > а (если а ^ 45°), и значит, АЕ > СЕ. С другой стороны, так как Z АЕС = а, то А АСЕ равнобедренный; прямая CH ± АЕ — его биссектриса и, значит, EQ — третья биссектриса А АСЕ. Но так как АЕ > СЕ, то EQ пере-

нив отрезок АС

нив отрезок АС

между М и С

между М и С

при этом

при этом

так, что Z UСЕ = 2а;

так, что Z UСЕ = 2а;

секает АМ в точке F, расположенной . AF АЕ _ , АМ Л

ибо — = -^->1, а жГ=1Ь откуда,в свою

очередь, вытекает, что FQ пересекает сторону АВ треугольника АМВ, т. е. Е расположено между А и В. Но отсюда следует, что ZACB > ZACE ^ 90°, что и требовалось доказать.

б) Заметим прежде всего, что при увеличении угла UAV = а от 0 до 90° отвечающий а угол АСВ = у монотонно убывает. При вращении луча Л У рис. 71 вокруг А в таком направлении, что а возрастает, угол yi = АСН = 90° — а, разумеется, убывает; докажем, что при этом убывает и уг — НСВ, а значит, и у = yi + уг. п , ВН АН АН „ АН

Ясно, что 18Т2=уу = -^-:-уу- Ho-^- = ctga убывает

с ростом а; покажем, что ------ с ростом а растет, откуда и ВН

будет следовать, что tg у2 убывает с ростом а, т. е. что с ростом а убывает у2_

Проведем прямую СВ'П МВ (где В' — точка луча Л У). Так как АМ = МС, то ВВ' = АВ; поэтому, поскольку~

и AQ — биссектриса А АСН,

АВ _ ВВ' CQ _ АС _ 1

ВН ~ ВН — QH — АН ” cosa * Л13..

а значит, растет с ростом а иа значит, растет с ростом а иАНВНАНВНАВВНАВВНчто и заверчто и заверОтсюда следует, что -ууу с ростом а растет (ибо cosa убывает),

а значит, растет с ростом а и

а значит, растет с ростом а и

АН

ВН

АН

ВН

АВ

ВН

АВ

ВН

что и завер

что и завер

шает рассуждение.

Таким образом, при росте а от 0 до некоторого угла а0 (где а0 > 45° в силу результата задачи а)) угол у= ZACB будет тупым; в пределах же а0 < а < 90° угол у будет острым. Нам остается лишь определить величину а0. Для этого изменим рис. 71 таким образом, чтобы на новом чертеже (где точки В, Н, Q и В'

заменены на Во, Но, Qo и Во и вместо а мы пишем а0) было СВ0 ± АС, т. е. ZACB0 = у = 90°. По-прежнему мы имеем "вТГ~ ^ cos а~’ Н° ТаК КЗК ^^^° и ^АСВ0— прямоугольные с острым углом а0, то, полагая АС = 1, получаем AHq — cos «о, АВ0 = 1/cos а0 и BGH0 = 1/cos осо — cos осо, так что

1/cos а0 11/cos а0 — cos а0 cos «о *1/cos а0 11/cos а0 — cos а0 cos «о *или 1 — cos2 а0 = cos а0.или 1 — cos2 а0 = cos а0.

1/cos а0 1

1/cos а0 — cos а0 cos «о *

1/cos а0 1

1/cos а0 — cos а0 cos «о *

или 1 — cos2 а0 = cos а0.

или 1 — cos2 а0 = cos а0.

т. е.т. е.cos2 а0 + cos а0 — 1=0,cos2 а0 + cos а0 — 1=0,

т. е.

т. е.

cos2 а0 + cos а0 — 1=0,

cos2 а0 + cos а0 — 1=0,

откуда без труда получаем (ведь угол а0 острый!)

Кб - 1cos а0 =2Кб - 1cos а0 =2J^5—1=,.w

Кб - 1

cos а0 =2

Кб - 1

cos а0 =2

или а0 = arccosg~ 51 50 .

Итак, с условиями задачи совместимы следующие значения

угла а:

90° ^ а >а0 ^ 51° 50'.

Пусть ACi — диагональ куба К — ABCDA1B1C1D1, а М —- точка поверхности К, принадлежащая, скажем, грани ABCD. Найдем сначала наибольшее значение ZAMCX. Мы имеем (сделайте чертеж!)

Z АМСХ = 180° - Z СХАМ - Z АСХМ.

Но ZC\AM между диагональю АСХ и лучом АМ плоскости ABCD будет, как известно, меньше всего в том случае, когда АМ совпадает с проекцией АС «наклонной» АСХ на плоскость ABCD, С С 1

т. е. ZCiAM = ZCiAC — ^, где, очевидно, tg ₽ — "лс" К2~ * откуда по таблицам находим (3 ^ 35° 15'52". А так как наименьшее значение ZACXM = 0, то

К22К22ZAMCX = 180° - ZCXAM- ZACXM< 180°-Р = а(^ 144°44'08"),

К22

К22

. При этом. При этомгде а можно определить равенством tg а=— tg р=

. При этом

. При этом

ясно, что, выбирая точку М на луче АС достаточно близко к А, мы можем добиться того, чтобы ZAMCX был сколь угодно б л и з о к к а.

Найдем теперь наименьшее значение Z АМСХ. Опишем вокруг К сферу о; ясно, что АСХ — диаметр а и что поэтому из любой точки а отрезок АСХ виден под углом 90°. А так как из всех точек внутри окружности ее диаметр виден под углом > 90°, то из всех точек внутри о отрезок АС виден под углом > 90°; следовательно, для всех точек М поверхности К имеем ZAMCX ^ 90° и лишь для 6 (отличных от Л и С1) вершин К (они принадлежат о) этот угол равен 90°.

Итак,

90° < Z АМСХ< а (^ 144° 44'08"),

причем эти неравенства дальше уже улучшить нельзя.

Ясно, что если R < -^* то требуемого отрезка АВ не существует; поэтому можно считать, что R^^ (и R^rY Если отрезок АВ сдвинуть параллельно, скажем в направлении опущенного из О на АВ перпендикуляра, удаляя АВ от О, то ZAOB уменьшится; поэтому можно считать, что один из концов АВ, скажем А, принадлежит большей окружности S; при этом В принадлежит заключенной внутри S дуге о = ^В^В^ радиуса 1 с центром А, где Bi принадлежит S, а В^ — меньшей окружности s или отрезку О А (сделайте чертеж!).

Проведем из О касательную ОВо к содержащей о окружности. Если точка Во принадлежит о, то при движении точки В по а угол АО В = а сначала увеличивается до значения АОВ0, а затем начинает уменьшаться; если Во не принадлежит о, то а при движении В от By до Вг изменяется монотонно. Таким образом, во всех случаях min а отвечает совпадению В с Bi или с Вг.

Если R— г ^ 1, то min а = 0, и он отвечает точке В2 отрезка ОА. Если R— г < 1, то из (равнобедренного!) A ОАВХ и из А ОАВг получаем

• Z АОВХ 1/ у.1 \

sm 2~ 2/? V C0S Z А0В' 12/?2)

и

/?2 + г2 — I

cos Z АОВ2 = ^^.

Но

Rz + г2 — \/1 \/?3 + Rr2 — R — 2R2r-V г _

2Rr V 2R2)~2R2r

(R — r) (R2 — Rr —_ R — г I 1

2R2r2Rr V R

откуда следует, что

если rесли r-, to cos Z AOB-2-, to cos Z AOB-2cos Z AOBcos Z AOB

если r

если r

-, to cos Z AOB-2

-, to cos Z AOB-2

cos Z AOB

cos Z AOB

и следовательно,

Z AOB,Z AOB,Z AOBVZ AOBV

Z AOB,

Z AOB,

Z AOBV

Z AOBV

Окончательно получаем: если r^Rто min a = Z AOBX = К

= 2arcsin^-; если R — 1 < r < R — —, to min a = Z ЛОВ2 =

R2 + r2 _ i

= arccos2^; если r ^ R U to min a = 0.

Примечание. Аналогично можно решить и вопрос о наибольшем возможном значении Z АОВ = а; при этом можно считать, что точка В принадлежит окружности s, а А — дуге с центром В и радиусом 1, заключенной внутри рассматриваемого кольца. Анализ соответствующей задачи о возможных значениях угла a требует различения 14 (!) случаев (ср. с задачей 44 книги [4]),

Пусть /i, /2, ..., In — какие-то п лучей, выходящих из точки О. Если лучи к и /2 направлены в противоположные стороны, то Z (/1,/2) = 180° и для любого третьего луча /з сумма Z (Zi, Z3) + Z (/2, /3) * 180° (независимо от положения /з). Исключим теперь из нашей системы все пары противоположно направленных лучей; пусть Zi, Z2, ..., 1т (где m ^ м)—оставшиеся лучи. Закрепим лучи Z3, ..., Zm, а луч Zi будем поворачивать; рассмотрим сумму

L = Z (/ь /2) + Z (Zb Z3) + ... + Z (Zb Zw)

и выясним, как изменится сумма L при повороте луча Zi на какой-то малый угол (р в положение /р т. е. сравним L с суммой L\ получаемой из L при замене луча к лучом Ц. Нетрудно видеть, чго сумма L может убывать как при малом повороте к вокруг О в одном направлении, так и при повороте в противоположном направлении лишь в том случае, если в начальный момент луч к был противоположен одному из лучей Z2, ..., 1т (и следовательно, при повороте к в любом направлении угол к с этим лучом убывает); это, однако, невозможно, так как мы уже выкинули все пары взаимно противоположных лучей. Таким образом, при вращении луча к на малый угол ср в каком-то одном направлении сумма L не будет убывать. При этом могут иметь место два случая: либо L остается постоянной при всех положениях луча к — и тогда мы направим к противоположно Z2 и затем отбросим оба эти луча; либо при вращении к в рассматриваемом направлении L сначала возрастает, а при переходе луча к через некоторое положение Zj она начнет убывать (если сумма L непостоянна, то она не может все время возрастать, так как при повороте к на 360° сумма L приходит к своему прежнему значению). Но L может начать убывать при переходе к через положения Z, лишь в том случае, если угол к с одним из лучей Z2, ..., Zm сначала возрастал, а при переходе через 1^ начал убывать, т. е. если I® противоположен одному из лучей к, ..., кп. В этом случае мы повернем луч к до положения Z^a затем отбросим Z® вместе с противоположным ему лучом; при этом общее число лучей уменьшится на два.

Продолжая поступать таким же образом, мы сможем дойти до такого положения, когда у нас либо останется единственный луч, либо не останется ни одного луча. Таким образом, не уменьшая суммы попарных углов между лучами, произвольную систему п лучей можно заменить совокупностью k пар противоположно направленных лучей (если п — 2k четно) или совокупностью k пар противоположно направленных лучей и eiye одного луча (если п = = 2^ + 1 нечетно). В последних двух случаях сумма всевозможных попарных углов между лучами соответственно равна

^•180° или (^2 + ^)-180°;

она не зависит от расположения лучей (такого, что выполняются сформулированные выше условия) и является наибольшей из всех возможных.

Рассмотрим какие-либо три последовательных луча OX ._v ОХ. и ОХ.^р где 2^/^^—1 !), и поменяем местами отрезки х. и х/+1, так что на рис. 72 X t_xX ^Х^Х^^х t и ХгХ1л_х =Xi-1X/f=xi + 1. Расстояние OXi_1=r.^1 (из теоремы Пифагора следует, что оно равно /xf + х2+ ... + х^^ ибо ОХх=хх (==rt),OX2=|/x^ + x2(=r2), ОХ3 = к^ + ^з ~ V^i + х2 + х2 (=^3), и т. д.) мы обозначим просто через г; тогда OXt = У г2 + х? (= r ^ OXt = у г2 _|_ x2^ _ (= г'), ОХ^ = ОХУх = У г2 + х? + х?+1 (= г/+|), так что точки Х,-+1 и Х/+1 принадлежат одной окружности с центром О (и радиусом г,+1). Докажем, что

если xt<xlA,v то XXi__xOXi^x> > X Х^ОХ'^ У значит,

ZX1OXz+1>ZX1OX'+l).

Отсюда уже следует утверждение задачи, ибо, меняя последовательно местами пары соседних отрезков Хг и Xi+i, мы можем расположить эти отрезки в возрастающем порядке —

и при этом X ХхОХк увеличится, или расположить их в убывающем порядке — и при этом ХХхОХк уменьшится.

Нам, очевидно, достаточно убедиться, что при ^<^ + 1 точка Х/+1 расположена дальше от прямой Х^^Х^ чем точка Х^, т. е. что Х1л.хР>х\А.хРГ, где Р и Р* — проекции точек Х1+х и х'1Л.х на X._VXV Но из подобия (прямоугольных) треугольников ОХ^Х^ и Х.Х. .Р следует, что ——— = —-~*—-, т. е. ——— = 1 1+1Х^ OXtXW

= —откуда Х.^.Р = —г 1 1+. Точно так же (с исполь-

Vr2 + X^t ,+1Vr2+^ ,V

зованием того, что △ OXi_xXi со △ Х^Х^^Р ) выводим

9 На рис. 72 изображен случай t> 1; случай t = 1, где надо положить Xt-x — О (этот случай является более простым) предоставляем рассмотреть читателю.

откуда уже и следует, что при х.<х{ А

XwP>x'wP' и z х^ох^ > z х^ох'^.

Перенесем параллельно все наши прямые так, чтобы они проходили через фиксированную точку О. Полученные 7 прямых разделят полный угол с вершиной О на 14 частей; поэтому хоть один из углов будет меньше (или в случае равенства всех углов — 360°5 °

не больше) чем - ^ = 25-у <26°. Но углы между перенесенными прямыми будут равны углам между исходными прямыми, что и доказывает утверждение задачи.

Наибольшее число острых углов в выпуклом п-угольнике равно трем — оно не зависит от п. Действительно, сумма всех внешних углов n-угольника всегда равна 4d. Но если бы какой-либо n-угольник (п ^ 4) имел четыре острых внутренних угла, то внешние углы, дополнительные к этим внутренним углам, были бы тупыми, и их сумма была бы больше 4d; поэтому сумма всех внешних углов и подавно была бы больше ^d. То, что при любом п ^ 3 существует n-угольник, имеющий три острых угла, почти очевидно.

Начнем с замечания, используемого в решении этой и многих последующих задач. Пусть на плоскости задано какое-либо конечное число п точек; тогда либо все эти точки М^ М2, ..., Мп принадлежат одной прямой, либо существует выпуклый т-угольник Т (где m ^ л) с вершинами в m из этих точек такой, что остальные п — m точек (их может и не быть, если m = п) расположены внутри или на границе Т (многоугольник Т называется выпуклой оболочкой наших точек). Для доказательства рассмотрим прямую V такую, что все точки лежат по одну сторону от V, скажем, вертикальную прямую, расположенную слева от всех точек. Будем двигать Г вправо до тех пор, пока она не «упрется» в одну из наших точек (которую мы обозначим буквой Afi). Затем будем вращать полученную прямую I вокруг Afi, скажем, в направлении вращения часовой стрелки, до тех пор, пока она не «упрется» в еще одну из наших точек — в точку М2; полученную прямую обозначим /1 (/ может и совпасть с /г, если Zi проходит через 3 или более из наших точек, то пусть М2— самая далекая от Afi из этих точек; если все точки принадлежат Zi, то рассуждение на этом кончается). Подобным же образом мы будем затем вращать Zi вокруг М2 в направлении вращения часовой стрелки до положения Z2, где Z2 проходит через М2 и еще через одну точку Af3; затем будем вращать Z2 вокруг Ms до положения Z3, где U проходит через Af3 и еще через одну точку М4, и т. д. Окончательно мы получим м-угольник Т = AfiAf2 ... Mm СО сторонами Zi, Z2, ..., lm, заключающий внутри себя и на границе все наши точки ).

а) — в) Заметим прежде всего, что если точки расположены так, что одна или несколько из них лежат внутри выпуклого

многоугольника Т с вершинами в остальных точках1), то хоть один из образованных этими точками углов ^30° (т. е. <45°; <36°): в том случае, когда точка D лежит внутри треугольника Т s АВС с вершинами в трех других точках (рис. 73, а)), это следует из того, что сумма 6 углов BAD, CAD; ABD, CBD; BCD, ACD равна 180°, / 180°

и значит, хоть один из этих углов С—— = 30°; если же Т имеет больше 3 сторон (рис. 73,6), то, чтобы прийти к предыдущему

Рис. 73.Рис. 73.

Рис. 73.

Рис. 73.

случаю, достаточно разбить Т на треугольники диагоналями, выходящими из одной вершины. Таким образом, нам остается лишь

рассмотреть случай, когда данные точки являются вершинами выпуклого четырехугольника (рис. 73, в; задача а)), пятиугольника (рис. 73, г; задача б)) или шестиугольника (рис. 73,6; задача в)). Но в случае рис. 73, в сумма 8 углов ВАС, DAC; ABD, CBD; ВС А, DC A; CDB, ADB равна 360°, и значит, хоть один из них^—-— =

= 45°; в изображенном на рис. 73, г случае сумма 15 углов ВАС, CAD, DAE; ABE, EBD, DBC; ...; DEC, CEB, BEA равна 180° (5 — 2) = 3 • 180°, и хоть один из них ^ ^ /™ - = 36°; в изображенном на рис. 73,6 случае сумма 24 углов ВАС, CAD, DAE, EAF; ABF, FBE, EBD, DBC; ...; EFD, DFC, CFB, BFA равна 180° (6 — 2) = 4-180°, и хоть один из этих углов ^ 4 ^^ = 30°.

9 Мы считаем, что никакие три из наших точек не принадлежат одной прямой, ибо в противном случае нечего доказывать — см. подстрочное примечание на стр. 25.

Если наши точки расположены в вершинах правильного четырехугольника (квадрата), пятиугольника или шестиугольника, то ни

Рис. 74.Рис. 74.продолжении луча MiMn запродолжении луча MiMn заодин из треугольников с вершинами в трех из наших точек не имеет угла, большего 45° (соответственно > 36°; > 30°).

Рис. 74.

Рис. 74.

продолжении луча MiMn за

продолжении луча MiMn за

г) Пусть точки Afi, М^ ... ..., М. пронумерованы так, что ZAfnAfiAf2 — угол выпуклого т-уголь- ника Т (где лг ^ л), внутри и на границе которого расположены все наши точки, и что лучи AhAf2, АЛА43, AfiAf4, ..., AliAfn-i, MxMn следуют один за другим в этом именно порядке (рис. 74; все эти лучи проходят внутри и по границе угла Af2AliAln; некоторые из них могут и совпадать). Если N — точка на точку Afi, то

180° = Z NMхМп = Z NMXМ2 + Z М2МхМп =

= (Z Af1M2Mn + Z MxMnM2) + (Z M2MXM3 + Z M3MXM4 + ...

. • • + Z Mn- XMiмп\

n углов

Поэтому, если все углы MiMjMh (где i, /, к = 1, 2, ..., л) не меньше а, то

180°^ ла, и значит, а^~(*) пv

Если наши п точек совпадают с вершинами правильного n-угольника, то ни один из углов MiMjMk не меньше—-—. При этом, для того чтобы неравенство (*) обращалось в равенство, необходимо, чтобы выполнялись следующие условия (и чтобы эти условия имели место для каждой вершины многоугольника Т!):

(

180° \

™~— = а), т- е- чтобы было

МхМ2 = МхМп (и чтобы были равны каждые две соседние стороны многоугольника Г, т. е. чтобы этот многоугольник был равносторонним) ;

Z М22ИрИп = ZМ2М, М3 + Z М3МХМ4 + ...

х , жя жя жя180°(л — 2) , z пх х„

...+ Z Mn~iМ1 Мп =(— (л — 2) а) — итаким жебыло

бызначение каждого угла многоугольника М, т.е.чтобыэтот

х t/180° (л - 2)

многоугольник был равноугольным [с углом -

180°

Таким образом, ни один из углов MiMjMh не меньше

только для системы п точек, совпадающей с вершинами правильного л-угольника.

Снова начнем с построения выпуклого многоугольника Т (выпуклой оболочки наших точек; см. начало решения задачи 25), внутри и на границе которого расположены все наши точки, а вершины совпадают с какими-то из них. Далее, если точка D лежит внутри А АВС = Т (рис. 73, я), то поскольку Z ADB + Z BDC + 4- Z CDA = 360°, то хоть один из углов ADB, BDC, CDA будет 360°

^—-—=120° (т. е. >90°; >108°); если же точка £ лежит внутри

m-угольника Т с вершинами в m из наших точек, где m ^ 4, то достаточно разбить Т на треугольники диагоналями, выходящими из одной вершины (рис. 73,6). Таким образом, остается рассмотреть случай, когда данные точки являются вершинами выпуклого

многоугольника.

3- 180°53- 180°5Но сумма углов выпуклого n-угольника, где п = 4, 5 и 6, соответственно равна 180°(4 — 2) = 360°, 180°-3 и 180°-4; поэтому хоть один угол выпуклого четырехугольника ^ —-— = 90°, хоть один

3- 180°5

3- 180°5

108° и хоть один угол108° и хоть один уголвыпуклого шестиугольникавыпуклого шестиугольника4 • 180°6”4 • 180°6”угол выпуклого пятиугольника

108° и хоть один угол

108° и хоть один угол

выпуклого шестиугольника

выпуклого шестиугольника

4 • 180°

6”

4 • 180°

6”

120°, что и доказывает утвер

ждения задачи.

Из решения задач а) — в) следует, что никакие три из наших точек не образуют треугольника с углом, большим 90°, соответственно большим 108° или 120°, лишь в том случае, когда точки являются вершинами выпуклого равноугольного четырехугольника (прямоугольника), равноугольного пятиугольника или равноугольного шестиугольника (см. также начало решения задачи 27).

а) Заметим, что если из числа шести точек А, В, С, D, Е, F плоскости нельзя выбрать трех, образующих треугольник с большим 120° углом, то эти шесть точек обязательно являются вершинами шестиугольника, все углы которого равны 120° (ср. с решением задачи 26 в)). В самом деле, если точки D, Е и F лежат внутри треугольника Т — АВС (ср. рис. 73, а), то каждый из углов ADB, BDC и CD А ^ 120°, лишь если D— точка, из которой все стороны треугольника видны под углом в 120°; но также и каждый из углов АЕВ, ВЕС, СЕ А не превосходит 120° лишь в аналогичном случае, что невозможно, если точки D и Е различны1). Если точки Е и F лежат внутри выпуклого четырехугольника Т = ABCD, то Е обязательно принадлежит двум треугольникам с вершинами в наших точках, например треугольникам АВС и ABD; но тогда, согласно сказанному выше, ни один из образованных нашими точками углов не превосходит 120° лишь в том случае, если из Е все стороны обоих треугольников видны под углами в 120°, что явно невозможно. Так же опровергается и предположение, что точка F лежит внутри выпуклого пятиугольника Т = ABCDE, когда она тоже обязательно принадлежит сразу нескольким треугольникам с вершинами в наших точках.

Нетрудно видеть, что внутри треугольника имеется либо единственная точка, из которой все стороны треугольника видны под углами в 120°, либо ни одной такой точки (ср. с решением задачи 75 книги [4]).

Предположим теперь, что нам дано больше шести точек плоскости. Если никакие три из них не образуют треугольника с большим 120° углом, то первые шесть точек Л, В, С, D, Е, F должны образовывать шестиугольник, все углы которого равны 120°. Если же G— еще какая-то из наших точек, то и ш^сть точек А, В, С, D, Е и G также должны являться вершинами шестиугольника, все углы которого равны 120°; но это явно невозможно, если G отлична от F.

Пусть ABCDEF — произвольный шестиугольник, все углы которого равны 120°. В таком случае ни один из треугольников, образованных тремя из точек А, В, С, D, Е и F, не имеет большего 120° угла (ср. с решениями задач 26в), 27а)). Пусть, далее, G — точка биссектрисы FG угла AFE, очень близкая к вершине F

Рис. 75.

(рис. 75, а). Если заменить точку F точкой G, то мы придем к шестиугольнику ABCDEG, весьма близкому к шестиугольнику ABCDEF; при этом все углы каждого из треугольников, образованных любыми тремя из точек А, В, С, D, Е и G будут не превосходить наибольшего из углов шестиугольника ABCDEG (угла AGE^t который можно сделать сколь угодно близкими к 120° и, в частности, меньшим угла ф, — для этого надо только выбрать точку G так, чтобы расстояние FG было достаточно мало. Таким образом, нам остается лишь проследить за тем, чтобы все углы треугольников AFG, BFG, CFG, DFG и EFG были меньше ф.

Ясно, что поскольку Z AFG = Z EFG = 60°, то треугольники AFG и EFG никак не могут иметь большего 120° угла; поэтому условие задачи будет выполнено, если мы добьемся, чтобы наибольшие углы треугольников BFG, CFG и DFG были меньше ф. Но если стороны АВ и ED очень малы (по сравнению со сторонами FA и ЕЕ), то направления сторон FB и GB треугольника BFG будут очень близки к направлению стороны FA шестиугольника, а направления сторон FD и GD треугольника DFG — к направлению стороны FE шестиугольника: ведь для того, чтобы попасть из точки Е в точку В, надо сместиться в направлении FA на расстояние FA, а затем сместиться из точки А на гораздо меньшее расстояние АВ (рис. 75,6). При этом угол BFG и угол BGG^, где Gi — точка на продолжении отрезка FG за точку G, будут очень близки к углу

и Н — такие точкиАВ отношения -ргт- ии Н — такие точкиАВ отношения -ргт- и

и Н — такие точки

АВ отношения -ргт- и

и Н — такие точки

АВ отношения -ргт- и

AFG, равному 60°, а угол BGF будет очень близок к 120°; в част- АВ„

ности, если отношение -рд- достаточно мало, то этот угол будет

меньше угла ф. Точно так же угол DGF тоже будет меньше угла ф, *ED

если только отношение -ррт достаточно мало. (Можно также сде-

лать отрезки АВ и ED равными малому отрезку FG; при этом будем иметь Z BGF = Z DGF = 120° — см ниже рис. 76.)

Наконец, предположим еще дополнительно, что сторона FE (и параллельная ей сторона ВС) во много раз больше стороны DC (и стороны FA; рис. 75, а). При этом направления сторон FC и GC треугольника CFG будут весьма близки к направлению стороны FE шестиугольника: ведь для того, чтобы попасть из точки F

в точку С, нам надо сместиться в направлении FE на расстояние FE, а затем еще сместиться на гораздо меньшие расстояния ED и DC. Поэтому углы CFG и CGGi будут в этом случае весьма близки к Z EFG = 60°, а угол CGF будет очень близок к 120°; в частно-

CD ED й сти, если отношения -р-у и будут достаточно малы, то угол CGF будет меньше заданного угла ф.

Таким образом, для того чтобы все углы 0 всех треугольников, образованные тремя из точек Л, В, С, В, В, F и 6, были меньше ф, надо только, чтобы расстояние FG и отноше- . АВ ED FA CD

ния "уу» -уу» "ВС И "ЕЕ °ЫЛИ Д°статочно малыми.

Ясно, что, как бы ни были расположены на плоскости восемь точек Л, В, С, D, Е, F, G, Н, из них можно выбрать три, образующие треугольник, один из углов которого >> 120° (см. решение задачи а)). Пусть, далее, ABCDEF — центрально-симметричный шестиугольник, все углы которого равны 120°, и G внутри него, что FG * СН ^ АВ (рис. 76). Если F А

у будут достаточно малы, то все углы всех

треугольников, образованных какими-либо тремя из точек Л, В, С, D, Е, F, G и Н, будут меньше любого заданного угла ф > 120° (ср. с решением задачи б)).

а) Если все наши точки принадлежат отрезку, то два наименьших угла равны 0 (т. е. аг = 0; ср. с задачей 29); если точка D принадлежит △ ЛВС, то два угла треугольника, скажем, А и В, острые и меньшие из «частей» BAD и CAD, соответственно ABD и CBD, этих углов <45°; таким образом, нам остается рассмотреть случай выпуклого четырехугольника ABCD (см. начало решения задачи 25). Так как, например, Z ABD + Z BDA + Z DAC + + Z ВАС = 180° и Z CBD + Z BDC + Z ВСА + Z DCA = 180°, то каждая четверка углов содержит угол, не превосходящий 45° (= —^ - V чем и доказывается, что аг 45°. Если ABCD квадрат (и только в этом случае!), угол аг равен 45°.

б) Если все наши точки принадлежат отрезку, то два больших угла равны 180° (т. е р2 = 180°; см. задачу 29); если D— точка внутри треугольника АВС, то два из трех «внутренних» углов ADB, BDC и CDA будут ^ 90°. Пусть теперь ABCD — выпуклый четырехугольник и D — его наибольший угол. В этом случае Z D ^ 90°; кроме того, ZDAB + Z АВС + Z BCD + Z CDB + Z BDA = 360Q, 330° \

и значит, хоть один из этих пяти углов ^72 1 =—$—I, чем и устанавливается, что р2 ^ 72°.

Равенство р2 = 72° достигается, если каждый из фигурирующих в последней сумме пяти углов равен 72°.

Рассмотрим п точек Mi, М2, ..., Мп, принадлежащих одной прямой. Ясно, что в этом случае все углы МгМ3Л1к равны 0 или 180°; нам надо только определить число Р^п) углов, равных 0 и число Q(n) углов, равных 180°.

Если точки расположены на прямой в «естественном» порядке: М\, М2, Л13, ... ? и т. д., то 180° равны 1 • (п — 2) углов МгМ2М3 с вершиной М2 (здесь i обязательно равно 1, а / может принимать любое из п — 2 значений 3, 4, ..., и); 2(и — 3) углов MtM3M3 с вершиной М3 0" может равняться 1 или 2, а / = 4, 5, ..., п), 3(и — 4) углов MtM4M3 с вершиной М4; ...; (п— 2)-1 углов MtMn-iMj с вершиной Mn-i. Таким образом, общее число Q^n) углов, равных 180°, таково:

О(„)=] .(„-2)4-2.(п-3) + 3-(я-4) + ... + (/г —2). 1 =

п (п — 1) (п — 2) ф ”6;

последнее равенство легко получить, пользуясь, например, методом математической индукции).

Число Р^ равных 0 углов можно найти из формулы)

р (^ = ^ («) - q (rt) (= л1и—Х^л—^—ah—21^—?Ь= п(п- 1)(п —2)' 3.

или подсчитать тем же методом, что и выше, — при этом получится формула ’)

р W = С^х + cL2 + (С2 + С2_3) + (с32 + С2_4) + ...

• • • + (с„_3 + С^) + С„_2 + С2_, =

(почему?).(почему?).п ^п — 1) (л — 2)3

(почему?).

(почему?).

Утверждение задачи вытекает из того, что каждый треугольник имеет угол, не превосходящий 60°, и угол, не меньший 60° (ср. выше, стр. 22—23; при этом, если тетраэдр (треугольная пирамида) ABCD правильный, т. е. все его грани — правильные треугольники, то ни один из треугольников ABC, ABD, ACD и BCD не имеет угла, большего 60°, и ни один из них не имеет угла, меньшего 60°.

а) Рассмотрим выпуклый многоугольник Т с вершинами в каких-то из наших точек, содержащий внутри себя остальные точки (см. начало решения задачи 25). При этом

Если число вершин Т больше четырех, то хоть один угол его тупой (ср. задачу 24); но это значит, что некоторые три из наших точек (совпадающие с тремя вершинами Т) образуют тупоугольный треугольник.

Если число вершин Т равно четырем, то ни один из его углов не является тупым лишь в том случае, если Т — прямоугольник ABCD. При этом внутри ABCD не может лежать ни одна из наших точек, ибо если бы такая точка Е нашлась, то из условия о том, что ни один из четырех углов АЕВ, ВЕС, CED и DEA, сумма которых равна 360°, не тупой, вытекало бы, что все эти четыре угла прямые; но это значило бы, что АЕС = 180° > 90°.

Если число вершин Т равно трем, то внутри Т в АВС также не может лежать ни одна из наших точек, так как если Е— внутренняя точка треугольника АВС, то хоть один из трех углов АЕВ, ВЕС и СЕА, сумма которых равна 360°, — тупой.

Таким образом, возможное число точек, удовлетворяющих условию задачи, — три (вершины остроугольного или прямоугольного треугольника) или четыре (вершины прямоугольника).

Ясно, что в пространстве можно указать восемь точек, обладающих требуемым свойством: примером такой системы точек может служить система вершин прямоугольного параллелепипеда (например, куба). Покажем теперь, что если система п точек Mi, М2, ..., Мп пространства такова, что ни один из углов М^М^Мц (где I, j, к — какие-то три из номеров I, 2, ..., п) не является тупым, то п ^ 8.

Пусть Т — выпуклая оболочка наших точек, т. е. наименьший выпуклый многогранник, содержащий внутри себя (и на границе) все точки Mi, М2, ..., Мп. Этот многогранник можно построить аналогично тому, как на плоскости строится выпуклая оболочка конечного множества точек (см. начало решения задачи 25). А именно, выберем «достаточно далекую» плоскость л, т. е. такую, что все точки Мъ ..., Мп расположены по одну сторону от л. Далее будем сдвигать эту плоскость параллельно самой себе, приближая ее к нашим точкам до тех прр, пока она не «наткнется» на одну из них, скажем, на точку Mi. После этого начнем поворачивать плоскость вокруг любой проходящей через Mi прямой; при этом плоскость в конце концов «наткнется» на еще одну из наших точек — на точку М2. Далее будем поворачивать полученную плоскость уже вокруг прямой MiM2 до тех пор, пока мы не придем к такой плоскости Л1, что в этой плоскости лежат три или больше из наших точек; причем лежащие в плоскости Л1 точки можно заключить в (плоский) выпуклый многоугольник Г1 = МХМ2 ... Мп, вершинами которого являются некоторые из наших точек — в выпуклую оболочку принадлежащих Л1 точек (см. начало решения задачи 25).

Теперь начнем поворачивать плоскость Л1 вокруг прямой AfiAfz в противоположном направлении, пока мы не придем к плоскости Лг, содержащей три или больше из наших точек; все эти гочки лежат в вершинах и внутри некоторого выпуклого многоугольника Г2, представляющего собой смежную с Г1 грань искомого многогранника Т. Затем будем поворачивать Л1 вокруг прямой Мг^з в такую сторону, чтобы все наши точки, не принадлежащие прямой М2М3, оставались с одной стороны от плоскости; при этом мы также в какой-то момент «наткнемся» на одну из наших точек, что определит новую плоскость Лз, в которой имеется выпуклый многоугольник Гз, вершины которого совпадают с нашими точками — выпуклая оболочка принадлежащих Лз точек; Гз явится еще одной (также смежной с Г1) гранью многогранника Т. Продолжим этот процесс, поворачивая сначала плоскость Л1 вокруг всех сторон многоугольника Pi, а затем поступая таким же образом с плоскостями л2, лз, ... Так как всего точек у нас — конечное число, то мы в конце концов получим выпуклый многогранник Т, все вершины которого совпадают с какими-то из наших точек и такой, что все точки Mi, М2, ..., Мп лежат внутри или на границе этого многогранника *).

Заметим теперь, что в нашем случае все точки Mi, М2, ...» Мп будут служить вершинами многогранника Т. В самом деле, ни одна из наших точек не может, разумеется, принадлежать ребру многогранника Т, так как иначе некоторый угол MiMjMk был бы равен 180°. Далее, каждая грань Лг многогранника Т (где i — один из номеров 1, 2, ...) может содержать не больше четырех из наших точек, причем эти точки являются либо вершинами (остроугольного или прямоугольного) треугольника Гг, либо вершинами прямоугольника Гг (ср. с решением задачи а)). Наконец, никакая из наших точек не может лежать внутри многогранника Т. В самом деле, если бы точка МР лежала внутри Т, то проходящая через МР плоскость X, перпендикулярная отрезку MiMp, рассекала бы многогранник Т на две части; при этом та часть Т, которая расположена с другой стороны от X, чем точка Mi, также должна была бы содержать некоторые из наших точек; но если Mq— какая-либо такая точка, то Z MxMpMq—тупой (почему?).

Далее, если Mi и Mj— две вершины Т, то весь многогранник Т целиком заключается внутри «слоя», ограниченного проходящими через Mi и через Mj плоскостями Хг и Xj, перпендикулярными отрезку MiMj. В самом деле, некоторая часть многогранника Т лишь в том случае могла бы лежать, скажем, по другую сторону от плоскости Xj, чем точка Mi, если бы по эту сторону от Xj имелись бы точки нашей системы; но если бы существовала такая точка М^, то Z MiMjMk был бы туп ы м.

Обозначим теперь через Т2, Т3, ..., Тп многогранники, получающиеся из многогранника Т параллельными переносами соответственно на векторы AftAf2, MtM3, ...» MiMn. Мы утверждаем, что никакие два из этих многогранников не пересекаются. В самом деле, если многогранник Ti = Т лежит, скажем, «выше» проходящей

Многогранник Т можно представлять себе как образованный натянутой на точки Mi, М2, ..., Мп «резиновой пленкой», которая стремится сократиться, в то время как эти точки ее удерживают (ср. со сказанным в сноске на стр. 141).

через точку Mi и перпендикулярной отрезку MtMi плоскости Xj (эта плоскость предполагается здесь горизонтальной), то многогранник Т, лежит «выше» параллельной Х4 плоскости Хг-, проходящей через вершину Mt многогранника Ti (плоскость Xi получается из Xi параллельным переносом на вектор М^М^. К так как, по доказанному выше, многогранник Ti расположен «ниже» плоскости Xi, то многогранники Т и Тг не могут пересечься. Аналогично доказывается, что не могут пересечься и многогранники Т\ и Tj, где i, j ^ 1 (заметим, что многогранник Т? получается из многогранника Tj с вершиной Мг параллельным переносом на вектор М^Мх + MtMj = = ЛМТ^). '

Наконец, заметим, что все многогранники Т = Ть Т2, ..., Тп заключены внутри вдвое большего Т по линейным размерам многогранника 2, вершинами которого служат точки Мр М^ • • •, Мп^ где МХМ{=2 MXML (и i = 2, 3, ..., п). В самом деле, многогранник Ti, очевидно, целиком заключен внутри многогранника 2. Далее, произвольная точка Р' многогранника Тг (где i — один из номеров 2, 3, ... или п) получается параллельным переносом на вектор MiMi из некоторой точки Р многогранника Тг, поэтому РР' = MiMi, и значит, М^РР'Мг — параллелограмм. Но отсюда следует, что середина Q отрезка MiP' совпадает с серединой отрезка PMi и, значит, принадлежит выпуклому многограннику Ть Но если середина отрезка МХР' принадлежит многограннику Ть то точка Р' принадлежит многограннику 2, «гомотетичному» Tt с центром гомотетии (или «растяжения от точки») /Mi и коэффициентом гомотетии (растяжения), равным 2.

Так как многогранники Ti, Тг, ..., Тп попарно не пересекаются и все принадлежат многограннику 2, то

У1 + V2 + •• • + Ип< У.

где V], и2, ..., fn — объемы многогранников Ть Т2, ..., Tn, а V— объем многогранника 2. Но, очевидно,

и2 = Уз = ••• = Цп = ^ь

и поскольку линейные размеры многогранника 2 вдвое больше линейных размеров многогранника Ti,

V = 8vp

Таким образом, имеемТаким образом, имеемnui ^nui ^8уь8уьоткуда и следует, чтооткуда и следует, чтоп ^ 8.п ^ 8.

Таким образом, имеем

Таким образом, имеем

nui ^

nui ^

8уь

8уь

откуда и следует, что

откуда и следует, что

п ^ 8.

п ^ 8.

Примечание. Из решения задачи б) вытекает, что равенство п = 8 может иметь место только в том случае, когда восемь многогранников Ti, Т2, Т3, ..., Т8 (где выпуклый многогранник Ti ^ МхМ2Мз... Ms имеет восемь вершин) полностью заполняют многогранник 2 = МХМ2 •-• М^ вдвое больших, чем Т, линейных размеров, что возможно, только если МХМ2М^ ... Ms— прямоугольный параллелепипед (почему?)

Укажем еще, что в точности такие же рассуждения показывают, что наибольшее число точек Л4Ь М2, .... Мп щ-мерного евклидова пространства (см. подстрочное примечание на стр. 32), таких, что ни один из углов МгМ5Мк (где i, /, к = 1, 2, ... или л) не является тупым, равно 2т (соответствующие точки являются вершинами прямоугольного параллелотопа — в частности куба — лг-мерного пространства).

а) Так как уже четырехугольник на плоскости не может иметь только острые углы (ср. с решением задачи 31 а)), то искомое число точек п — 3; эти три точки должны являться вершинами остроугольного треугольника.

И здесь, подобно решению задачи 31 б), мы рассмотрим наименьший выпуклый многогранник Т, содержащий внутри и на границе все наши точки; этот многогранник должен представлять собой выпуклый n-вершинник с вершинами Mi, Мг, ..., Мп, все грани которого, в силу результата задачи а), являются остроугольными треугольниками (ср. с решением задачи 31 б)).

Ясно, что легко найти сколько угодно таких выпуклых «4-вершинников» (треугольных пирамид — тетраэдров), откуда следует, что 4 точки условию задачи удовлетворять могут. Выясним теперь, какое строение может иметь удовлетворяющий условию задачи «5-вершинник».

Воспользуемся теоремой Эйлера1), в силу которой число вершин В, число ребер Р и число граней Г любого выпуклого многогранника связаны зависимостью

В - Р + Г = 2. (Э)

В нашем случае В = 5; с другой стороны, так как каждая из Г граней содержит по 3 ребра и каждое из ребер при счете «по граням» засчитывается дважды (ибо оно принадлежит двум граням), то Р = — Г. Таким образом, получаем

3 3

5 —- у Г + Г — 2, откуда Г = 6 и Р = -^ Г = 9.

9 См., например, Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м, Избранные задачи и теоремы элементарной математики, ч. 3: Геометрия (стереометрия), задача 48 и след.; по поводу других доказательств и обсуждения теоремы Эйлера см. также книги [2], [3], [8], [24]; Д. П о й а, Математическое открытие, М., «Наука», 1970; Г. Радемахер и О. Теплиц, Числа и фигуры, М., Физматгиз, 1965; Л. А. Люстерник, Выпуклые фигуры и многогранники, М., Гостехиздат, 1956; И. Лакатос, Доказательства и опровержения, М., «Наука», 1967; И. С. Сомински й, Л. И. Головина, Й. М. Я г л о м, О математической индукции, М., «Наука», 1967; статью В. Г. Ашкинузе, Многоугольники и многогранники, Энциклопедия элементарной математики, кн. IV (геометрия), М., Физматгиз, 1963, стр. 382—448.

Заметим еще, что использование теоремы Эйлера и связанных с ней расчетов для выяснения строения 5-вершинника Т представляет собой типичную «стрельбу из пушек по воробьям», ибо здесь соответствующая задача весьма проста (всего 5 вершин; треугольные грани); однако уже в случае п = 6 использование этой теоремы можно считать оправданным.

чим через В3 и В4. Причим через В3 и В4. ПриРис. 77.Рис. 77.

чим через В3 и В4. При

чим через В3 и В4. При

Рис. 77.

Рис. 77.

Далее, так как общее число вершин равно всего 5, то Т, разу

меется, не может иметь пятигранных углов (ибо ребра Т могут соединять какую-либо вершину Mi максимум с четырьмя другими

вершинами); число трехгранных и четырехгранных вершин обозна

этом считая ребра Т «по вершинам», мы снова получим удвоенное их число (ибо каждое ребро соединяет две вершины); поэтому, кроме очевидного равенства

В3 + В 4 = В = 5,

мы еще можем написать

ЗВз + 4В4 = 2Р= 18;

решая эту систему двух уравнений, получаем В3 — 2 и В4 = 3. Отсюда вытекает, что пятивершинник Т имеет схематический вид ), изображенный на рис 77, т. е. представляет собой треугольную бипирамиду, или «битетраэдр» (два тетраэдра, сложенных равными

основаниями).

Нетрудно убедиться в существова

нии удовлетворяющего всем нашим условиям битетраэдра Т, откуда вытекает, что и 5 точек Mi, М2, М3, М4, Мъ, удовлетворяющих условию задачи, существо

вать могут. Для примера рассмотрим правильную треугольную пирамиду (тетраэдр) 714^2^3^4 с основанием М1М2М3 (рис. 78, а).

Если плоские углы при вершине этого тетраэдра прямые, то угол фо ребра Л!^! с плоскостью основания таков, что (заметьте, что если стороны треугольника МхМ2Мз равны I, то катеты треуголь- /|/"2

ника MiM2M4 равны ■ —

cos ф0cos ф0MXQмхм4MXQмхм4^2/2^2/2/6 К232 ’/6 К232 ’т. е. фо < 45°.т. е. фо < 45°.

cos ф0

cos ф0

MXQмхм4

MXQмхм4

^2/2

^2/2

/6 К2

32 ’

/6 К2

32 ’

т. е. фо < 45°.

т. е. фо < 45°.

Поэтому, если мы слегка «поднимем» вершину М4 тетраэдра МХМ2М3М4 (после чего плоские углы при новой вершине М4 станут острыми), то угол ф боковых ребер с плоскостью основания все еще будет <45°, и, симметрично отразив вершину М4 относительно плоскости MiM2M3, мы придем к битетраэдру М^^гМзМв, вершины которого удовлетворяют всем условиям задачи. При этом малое варьирование положения вершин полученного битетраэдра М4М1М2М3Л15 приводит к иным системам пяти точек, удовлетворяющих условию задачи, откуда вытекает существование бесконечного числа различных (т. е. не подобных) пятерок точек Mi, ..., Ms пространства, таких, что все углы МгМ^Мк острые. Однако шести точек Mi, М2, ..., М6, удовлетворяющих требуемым условиям, уже не существует; доказательство этого и составляет главную часть решения задачи.

Возвращаясь к рис. 78, а, заметим, что (при том же предположении М2М3 = 1)

1 = МдМ92 + М4М3 ~ М4М2 + М4Л1з < М]М2 + м^м! = 2.

Оказывается, что именно это обстоятельство позволяет достроить требуемый битетраэдр, «продолжая» пирамиду M4MiM2M3 за основание М1М2М3: в случае удовлетворяющего всем условиям задачи битетраэдра М4М1Л12М3М5 (рис. 77) обязательно

M4Mj+ М4Мз<М1м1+ М^у(*)

Неравенство (*) можно установить разными способами, хотя совсем простого доказательства оно не имеет: ведь при его выводе нам необходимо использовать все условия задачи, в том числе и относящиеся к (не фигурирующей в (*)!) точке М5. Мы докажем его с помощью аппарата векторной алгебры.

Обозначим векторы М5МЬ М5М2, М5М3 и М5М4 (рис. 78,6) через ai, а2, аз и а4. Эти векторы не независимы: если плоскость Л11М4М5 пересекает отрезок М2М3 в точке Р и плоскость MiM2M3 пересекает отрезок М4М5 в точке Q, то

МвР = Яа2+Т1 — Я)«3, где Л = "Щ^Г >

И

M6Q = pMsP + (1 — р) аь где р = -^1^ , так что

M5Q = a^i + а2а2 + а3а3>

где

«1 = 1 — ц, а2 = рЛ, а3 — р (1 — Л), т. е.

О < аь а2, а3 < 1 и «! + а2 + а3 = (1 — р) + рА + р (I — ^) = 1.

Ая "АМ$М4 .

А так как а4 = М5М4 = vM5Q, где -v = — л > 1, то

04 = p^i + Р202 "Ь Рз0з,

где рь р2, р3 > 0 и Pi + Р2 + Р3 = v > 1.

До сих пор мы все еще не использовали того обстоятельства, что все углы MiMjMh являются острыми. На языке векторной алгебры это означает, что все скалярные произведения а^ (где i, / = L 2, 3 или 4) положительны (ибо скалярное произведение векторов, образующих острый угол, положительно!); нам понадобится еще положительность скалярных произведений MxM2-MvMa = (а2 — ах) (а3 — aj и MkM5-MkM4 =—ak(a4— ak)= ак(аА—a4), где k = 1, 2 или 3 (заметьте, что из неравенства а^ (а^ — а4) > 0 следует: а^>*ака4). Из последних неравенств, в частности, вытекает, что не только 0 < ai, аг, а3 < 1, но и 0 < Pi, рг, Рз < I; так, например,

Я1 >я1«4 = «1 (Р1Я1 + Р2Я2 + Рзяз) =

= Pl«l + Р2 (я J «г) + Рз (я1«з) > Р|ЯР откуда и следует, что

Pi< I

(так же можно вывести и неравенства Рг < 1, Рз < 1, которые нам, впрочем, не понадобятся). Далее имеем

(я2 - «4) («3 - «4) = Я2Я3 * (Я2 + яз) «4 + «4 =

= a2a3 — ^а2 + 03) (Pi^i + Р202 + Рз0з) 4“ 04 (Pi®i + Рг^г + Рз0з) <

< (Р1 + Р2 + Рз) 0203 — (02 + 0з) (P1«I + P2^2 + Рз0з) +

+ 04 (Р1 «1 + Р2«2 + Рз03> = Р1 («2«3 — <M2 — 0103 + 0104) —

- Рз (я2 - Я2Я4) - Рз (Я3 - й3е4) < Pl (Я2«3 * «1«2 - «1в3 + «1) =

= Р1 (02 — 01) (03 ~ 01) <(02 — 01) (03 — 01)-

Но отсюда уже непосредственно следует неравенство (*), поскольку

М4М22 + М4М^ = М4М22 + М^йз = (a2 - а4)2 + (а3 - a4f =

= а2 + «3 — 2й2а4 — 2а3а4 + 2а4 = а2 + а3 — 2а2а3 +

+ 2 («2а3 — я2а4 - а3°4 + Я4) = (я2 - яз)2 + 2 («2 - я4) (я3 ~ я4)> а

МХМ2 + Mito’s = MVM2 + Mito's = (а2 - avf + (а3 - avf =

= (я2 — а3у + 2 (а2 —а,) (а3 — ах>

Перейдем теперь к случаю шести точек Мi, М2, ..., Ale пространства, удовлетворяющих условию задачи (несколько позже мы убедимся, что этот случай невозможен). Отвечающий этим точкам «шестивершинник» Т с вершинами Alt, ..., Af6 должен иметь Г треугольных граней и (ср. со сказанным на стр. 151 про пятивершин- "з

ник М4М\М2МгМ^ Р = -^ Г ребер; так как число вершин В тут равно 6, то из формулы Эйлера (Э) следует

6-уВ + В = 2, а значит, Г = 8 и Р=^-Г=\^

Далее обозначим, подобно тому как мы поступали выше, число трехгранных, четырехгранных и пятигранных вершин Т через В^ В^ и Bs (шестигранных вершин шестивершинник Т, очевидно, не имеет). Считая все ребра «по вершинам», из которых они исходят, получаем

ЗВ3 + 4В4 + ^Вь = 2Р = 24. (1)

Но В3 + В4 + В5 = В = 6, т. е.

(2)(2)4В3 + 4В4 + 4В5 = 4 • 6 = 24.

(2)

(2)

Из сравнения (1) и (2) следует, что В3 = В5. Поэтому, если В5 = 0, то и В3 = 0; следовательно, в этом случае мы имеем В4 = В = 6, и многогранник Т ограничен восемью треугольными гранями, которые сходятся по четыре в шести вершинах, т. е. имеет строение, изображенное на рис. 79, а. Если же В5 = 1, то Т имеет

Рис. 79.Рис. 79.

Рис. 79.

Рис. 79.

вершину Aft, из которой выходят ребра М^М2, М^М^ AltA^, AfiAf5 и М^М^ ведущие во все остальные вершины многогранника; при этом наряду с этими пятью ребрами и пятью ребрами М2М^ Af3Af4, Af4Af5, Af5Af6 и Af6Al2, «замыкающими» сходящиеся в Afi пять треугольных граней, Т имеет еще два ребра, разбивающие (искривленное!) «основание» A^AfsA^AfsAfe многогранника на три треугольника; приняв, что эти ребра суть Af2Af4 и А42А4б, мы придем к многограннику Т, изображенному на рис. 79, б.

Но в случае изображенной на рис. 79, а четырехугольной бипирамиды (октаэдра) М1М2М3М4М5М6 применение неравенства (*) к «остроугольному битетраэдру» М1М2М4М5М6 дает

М6М2 + М6М^<М,М^ + MtM4, а то же неравенство в применении к «остроугольному битетраэдру» М2М4М6МзМ^ дает‘

MtM22 + мХ < М6М22 + М^,

что и доказывает невозможность рассматриваемого расположения шести точек Mi, ..., М6, удовлетворяющих условию задачи. В случае многогранника Т, изображенного на рис. 79, б, применение неравенства (*) к «остроугольному битетраэдру» Л^МгМзМбЛ^ дает

MtM24 + м^ < лу^ + жХ,

а это же даета это же даетнеравенство в применении к битетраэдру М1М2М4М3М5 М5М4 + М5М2 < М,М4 + М tM2.

а это же дает

а это же дает

что доказывает невозможность и такого расположения шести точек.

Итак, число точек, пространства., совместимое с условиями задачи, может быть равно 3, 4 или 5.

а) Рассмотрим какую-либо конечную систему точек, удовлетворяющих условию задачи, и пусть АВ — наибольшее (или одно из наибольших) среди попарных расстояний между нашими точками. Если С — какая угодно отличная от Л и В точка нашей системы, то треугольник АВС прямоугольный, и АВ — его наибольшая сторона; поэтому точка С принадлежит окружности S с диаметром АВ. Пусть D — еще одна из наших точек. Эта точка также должна лежать на окружности S; кроме того, как как треугольник ACD, вписанный в окружность S, прямоугольный, то одна из хорд AC, AD и CD должна совпадать с диаметром S; так как точки С и D отличны от В, то диаметром может служить только хорда CD. Если Е — еще одна точка системы, то она также принадлежит S и тоже диаметрально противоположна С; следовательно, больше четырех различных точек наша система содержать не может.

Из доказанного следует, что условию задачи удовлетворяют лишь три точки, являющиеся вершинами прямоугольного треугольника, или четыре точки, являющиеся вершинами прямоугольника» б) Оказывается, что и здесь наибольшее возможное число точек, удовлетворяющих условию задачи, равно четырем; однако расположены эти четыре точки в пространстве могут быть разными способами: тетраэдров (треугольных пирамид), все грани которых — прямоугольные треугольники, существует довольно много. Очевидно, например, что удовлетворяют условию задачи точки Aflf М2, М3 и М4, где АЛЬМгМз прямоугольный с гипотенузой Af2M3, а М2/И4 J- М1М2М3.

Пусть теперь Mi, М^, ..., Мп— произвольные точки в пространстве, каждые три из которых являются вершинами прямоугольного треугольника; докажем, что п ^ 4. Если М1Л42 — н а и б о ль*

Рис. 80.Рис. 80.Рис. 81.Рис. 81.

Рис. 80.

Рис. 80.

Рис. 81.

Рис. 81.

шее (или одно из наибольших) среди попарных расстояний между нашими точками, то все точки М3, ..., Мк принадлежат сфере S с диаметром MiM2 (ведь для любой третьей точки Мг угол MiMiM2 прямой; ср. с решением задачи а)). Далее отбросим точки Mi

и М2; тогда, если п ^ 4 и если М3М4 — наибольшее (или одно из наибольших) среди попарных расстояний между оставшимися точками, то точно так же все точки М5, ..., Мп принадлежат сфере а с диаметром М3М4. Дальше мы рассмотрим два случая.

1°. Сферы 2 и о совпадают, т. е. и MiM2 и М3/И4 — диаметры сферы 5 (рис. 80). В этом случае М1М2МзМ4 — вписанный в «большую окружность» 5 сферы 2 прямоугольник*, плоскость MiA13M2A14 мы далее будем считать горизонтальной. Множество точек М сферы 5 таких, что △ М1М3М прямоугольный, распадается на три подмножества, характеризуемые условиями Z ММ1М3 = 90°, Z ММ3М1 = 90° и Z М1ММ3 = 90°; первая из них

есть построенная на MiM4 как на

диаметре «вертикальная окружность» — пересечение 5 с плоскостью л ± М3ЛЛ; второе и третье— такие же окружности, построенные на отрезках М2М3 и М1М3 (см. тот же рис. 80). Легко видеть,

что наше множество точек М и еще три аналогичных множества, отвечающие случаям, когда A М3М2М прямоугольный, А М2М4М прямоугольный и A M4MtM прямоугольный, не пересекаются в точках, отличных от Mi, М2, Мз и М4— значит, здесь п ^ 4, и наше множество точек сводится к {All, М2, Мз, М4}.

2° Сферы 2 и о р а з л и ч- н ы. В таком случае все отличные от Mi и М2 наши точки, т. е. точки Мз, ..., Мп принадлежат окружности s — линии пересечения сфер Ено (рис. 81); отсюда число этих точек ^ 4 (ведь s —•

плоская линия; см. решение задачи а)), и значит, общее число рассматриваемых точек ^ 6. Однако и эта оценка возможного числа точек является завышенной; сейчас мы покажем, что помимо М3 и М4 на окружности s не может лежать ни одной точки.

Заметим прежде всего, что если Р и Q — любые две из точек Мз, ...,Мп, то ни один из углов PM^Q и PM2Q не может быть прямым. В самом деле, с одной стороны, если бы имели место

равенства Z PMiQ = Z PM2Q = 90°, то по теореме Пифагора мы имели бы

МХР2 + М^ = М^2 + М^ = MxMj;

МХР2 + М^2 = М2Р2 + M2Q2 = PQ2,

откуда с очевидностью вытекает, что 2МХМ2 = 2PQ2, т. е. МХМ2 =

Рис. 81а.Рис. 81а.PQ, и мы пришли бы к случаю 1°, а не к случаю 2°. Пусть теперь в Д PMXQ, скажем, Z MXPQ = = 90°; докажем, что тогда и Z M2QP = 90°. Действительно, из равенства (рис. 81 а)

Рис. 81а.

Рис. 81а.

МХРЧ + М^4 = М XQ^-VMZQ\=M ^

следует, что

MiQ2 - МХР2 = М2Р2 - M2Q2;

поэтому, если MiQ2— МхРг = PQ2 (и ZMiPQ = 90°), то так же МгР2— — M2Q2 = PQ2 (и Z M2QP = 90°).

Предположим далее, что условию задачи удовлетворяют пять точек — Mi, М2, Мз, М4, М5, где М3, М4 и М5 принадлежат изображенной На рис. 81 окружности s. Так как либо ZMiM3M4 = 90°, либо ZM1M4M3 = 90°, то точка Mi принадлежит одной из двух

(параллельных) плоскостей, про

веденных через концы отрезка М3М4 и перпендикулярных этому отрезку. Точно так же Mi принадлежит и аналогичной паре плоскостей, отвечающей отрезку М3М5, а также еще одной паре плоскостей, отвечающей отрезку М4Мз, т. е. Mi принадлежит пересечению трех указанных пар плоскостей, понимаемых как три множества точек. Эти три пары плоскостей /, // и III схематически изображены на рис. 82 (на нем дан «вид сверху» на эти три пары плоскостей, полученный в предположении, что плоскость М3М4М3 горизрнтальна). Отсюда следует, что Mi принадлежит одной из двух (параллельных) прямых гпз и т4 (прямая щ3

проходит через точку М3; прямая

т4 проходит через точку М4), представляющих собой рассматриваемое пересечение пар плоскостей 1, 11 и ///.

Но точно такие же рассуждения показывают, что также и М2

принадлежит либо та, либо т4. Отсюда следует, что точки Mi, М2, М3 и М4 лежат в одной плоскости — в плоскости прямых щ3 и т4, т. е. (в силу результата задачи а)) эти точки являются вершинами прямоугольника П. Но отрезок MiM2— наибольший из соединяю

щих наши точки отрезков — должен являться диагональю П;

а тогда М3Л14 — вторая диагональ П, и мы снова приходим к случаю 1°, где Л13Л14 = MJVk и где общее число точек равно четырем (и точка М5 вообще не существует).

Число п может быть сколь угодно велико. В самом деле, пусть, скажем, на плоскости1) выбрано п точек Mi, М2, ... ..., Мп, удовлетворяющих условию задачи. Соединим между собой точки Mi и М2 и через Mj и М2 проведем прямые mi || m2 1 ЛДМг; они ограничивают некоторую полосу, причем все лежащие вне этой полосы точки М таковы, что ДМ1М2М тупоугольный. Построим аналогичные полосы, отвечающие каждым двум из наших п тоо и (и — 1).

чек; всего мы получим Сп = полос (знание точного их

числа нам даже не нужно). Все эти полосы не могут заполнить всю плоскость, ибо каждая прямая, не параллельная ни одной из наших полос, пересекает совокупность всех полос по конечному числу отрезков, и значит, содержит точки, не принадлежащие ни одной полосе. Присоединив такую точку Л1п + 1 к нашим п точкам, мы получим п + 1 точек, по-прежнему удовлетворяющих условию задачи; затем так же -можно найти п + 2 точки, — и этот процесс можно продолжать неограниченно.

Легко видеть, что провести четыре луча, попарно образующих тупые углы, можно: достаточно, например, соединить центр О правильного тетраэдра ABCD со всеми его вершинами (ясно, что, например Z.AOB > ZAOvB = 90°, где Oi— центр грани BCD тетраэдра). Докажем теперь, что нельзя указать больше четырех лучей в пространстве, попарно образующих тупые углы.

Пусть /1, /2, /з и /4 — четыре луча, выходящих из одной точки О и попарно образующих тупые углы, Л1, л2, Лз и Л4 — плоскости, проходящие через точку О и перпендикулярные соответственно к лучам /1, /2, /3 и /4. Все лучи, образующие тупые углы с лучом /1, должны лежать по другую сторону плоскости Л1, чем луч /1. Все лучи, образующие тупые углы с обоими лучами В и /2, должны лежать внутри двугранного угла, образованного полуплоскостями Л1 и л2; этот двугранный угол (рис. 83, а) острый, так как угол между перпендикулярными к его граням лучами тупой. Все лучи, образующие тупые углы с каждым из трех лучей В, к, к, должны лежать внутри пересечения двугранных углов Л1Л2 и Л1Л3. Это пересечение— трехгранный угол Л1Л2Л3, или О АВС (рис. 83,6), у которого по доказанному выше все двугранные углы острые. Луч /4 должен лежать внутри него; покажем, что он образует острые углы со всеми остальными лучами, лежащими внутри этого угла

Пусть плоскость, проходящая через ОА и луч U, пересекается с гранью ВОС по лучу ОА'. Один из двугранных углов с ребром О А' острый; пусть это будет угол АОАУС. Тогда все двугранные углы трехгранного угла О А А'С острые; отсюда следует, что и все плоские углы этого трехгранного угла тоже острые (см., например, решение задачи 28 книги Д. О. Шклярского и др, названной в сноске на стр. 151). Но ZAOU составляет только часть угла АОА'; следовательно, угол между лучами ОА и к острый. Аналогично луч /4 образует острые углы с ОВ и ОС. Поэтому все

*) Продумайте, как видоизменяется это рассуждение, если речь идет о точках пространства (впрочем, условию задачи б) не противоречит случай, когда все точки лежат в одной плоскости).

три луча О А, ОВ, ОС лежат по одну сторону с лучом к от плоскости л4, а значит, и все внутренние точки трехгранного угла О А ВС лежат по ту же сторону от л4, что и луч к. Следовательно, каждый луч к, расположенный внутри трехгранного угла Л1Л2л3,

Рис. 83.Рис. 83.

Рис. 83.

Рис. 83.

360°3360°3один из этих угловодин из этих угловРис. 84.Рис. 84.

360°3

360°3

один из этих углов

один из этих углов

Рис. 84.

Рис. 84.

лежит по ту же сторону от плоскости л4, и значит, никакой такой луч U не может образовать тупой угол с к. Этим и доказывается требуемое утверждение.

а) Пусть ОА, ОВ и ОС — данные лучи. Так как

Z АОВ + Z ВОС + Z СОА < 360°,

где равенство имеет место, лишь если все лучи лежат в одной плоскости (сумма плоских углов трехгранного угла ^ 360°), то хоть

120°, причем ни один угол не мень-

ше 120°, лишь если все лучи лежат в одной плоскости и образуют между собой равные углы.

б) «Лучшими» здесь будут лучи О А, ОВ, ОС и OD, пересекающие сферу с центром О в вершинах правильного тетраэдра ABCD (см. решение задачи 120 а) для случая п = 4; ср. со сказанным в конце решения задачи 120 а). Далее, высота DP правильного тетраэдра с ребром 1 равна DP = J^ AD2 — АР2 = = "j/" 1 — у = -ур- (АР — радиус

описанной окружности правильного А АВС); из подобия изображенных на рис. 84 (прямоугольных) △ DPM и △ DQO имеем

DP _ DQ

DM DO ’

ОП = ^^ = 1тму;ОР = ЬУ1_ = УА_

DP\2*34 ’

и из прямоугольного AODN получаем

.а пм .1 . Кб Кб. о • 2 а ^

sin -5- = DN : OD = —: —— = ——, и cos а = 1 — 2 sin2 -~ = —

ZZ 4иZо

в), г) Первое утверждение этих задач представляет собой непосредственное следствие результата задачи 35, а второе почти очевидно — три взаимно перпендикулярные прямые задают шесть лучей— таких, что никакие два из них (или из выбранных пяти из этих шести лучей) не образуют острого угла.

Если XYZ — треугольник, вписанный в данный многоугольник М (рис. 85, а), и PPi— сторона М, на которой лежит вершина X треугольника, то либо APYZ, AXYZ и AP^YZ равновелики

Рис. 85.

(когда PPi II YZ\ либо хотя бы один из треугольников PYZ и PiYZ имеет большую площадь, чем XYZ (тот, вершина которого более удалена от прямой УХ, чем точка X). Таким образом, во всех случаях существует вписанный в М треугольник PYZ, вершина Р которого совпадает с вершиной М, а площадь не меньше площади AXYZ. Точно так же показывается, что можно найти вписанный в М треугольник PQZ, вершина Q которого тоже совпадает с вершиной М, а площадь не меньше площади PYZ (рис. 85,6) и, наконец,— вписанный в М треугольник PQR (черт. 85, в), все вершины которого совпадают с вершинами многоугольника, а площадь не меньше площади PQZ. Отсюда и следует утверждение задачи.

Примечание. Нетрудно видеть, что вписанных в М треугольников, имеющих одну и ту же площадь, большую площади всех других вписанных треугольников, может быть несколько (в случае правильного шестиугольника М их число равно 2) или даже бесконечно много (например, в случае трапеции Л4).

а) Площади треугольников, имеющих общий угол, относятся как произведения длин сторон, заключающих этот угол (ибо SABC ” "§"а^ sin ^) ’ ПОЭТОМУ в обозначениях рис. 9 (стр. 37)

SAPR АР • AR SBPQ BP* BQ SCQR CQ-CR

-8^—ab7ac>ba-bc’ scba~-cbTca-

Если бы все эти отношения были> —, то, перемножив их правые части, мы имели бы

AP-AR-BP-BQ-CQ-CR / 1 \з _ 1

А В2 • ВС2 • С А2> \ 464 ’

или

АР-ВР BQ-CQ CR-AR 1

АВ2 * ВС2 * АС2 > 64 *

НоНопоскольку АР + ВР = АВ,поскольку АР + ВР = АВ,то в силу известной теоремы

Но

Но

поскольку АР + ВР = АВ,

поскольку АР + ВР = АВ,

о среднем арифметическом и среднем геометрическом двух величин t ак л(и b \2,

lao^l—-—прилюбыха, о>0,так как (—£—— аЬ =

имеемимеемАР-ВР 1АВ2 4АР-ВР 1АВ2 4и аналогичнои аналогичноАР -Ь ВР \2 АВ22/АР -Ь ВР \2 АВ22/т. е.т. е.

имеем

имеем

АР-ВР 1

АВ2 4

АР-ВР 1

АВ2 4

и аналогично

и аналогично

АР -Ь ВР \2 АВ2

2/

АР -Ь ВР \2 АВ2

2/

т. е.

т. е.

BQ-CQ IВС2 4 ’BQ-CQ IВС2 4 ’CR-AR J_АС2 4 еCR-AR J_АС2 4 е

BQ-CQ I

ВС2 4 ’

BQ-CQ I

ВС2 4 ’

CR-AR J_

АС2 4 е

CR-AR J_

АС2 4 е

Поэтому

АР-ВР BQ-CQ CR • AR / 1 \з1

АВ2 * ВС2 * АС2\ 4 / — 64 ’

Полученное противоречие и доказывает требуемое утверждение.

б) Пусть АХВХ, ВХСХ, СХАХ— средние линии ААВС. Назовем соответствующими те стороны треугольников AxBiCx и PQR, концы которых расположены на сторонах одного и того же угла треугольника АВС. Тогда могут представиться два случая: либр найдется пара непересекающихся соответствующих сторон, например PQ и CiAi, т. е. PQ целиком лежит внутри треугольника C^BAi (рис. 86, а) или внутри трапеции ACAxCi (рис. 86,6), либо все соответствующие стороны попарно пересекаются (рис. 86, в). При этом, если PQ целиком лежит внутри трапеции АСАХСХ и, например, R лежит на отрезке АВ^ то PR лежит внутри треугольника АС\ВХ (рис. 86,6); если R лежит на отрезке ВХС, то QR лежит внутри треугольника ВХАХС. Поэтому остается рассмотреть только два случая: либо найдется сторона вписанного треугольника, например PQ, лежащая внутри соответствующего треугольника СХВАХ (может быть — на его границе), либо все соответствующие пары сторон треугольников PQR и АХВХСХ пересекаются.

Рассмотрим сначала жем, что Sbpq ^ Spqr.Рассмотрим сначала жем, что Sbpq ^ Spqr.SBPQ spqrSBPQ spqrпервый случай (рис. 86, а) и дока- Очевидно,

Рассмотрим сначала жем, что Sbpq ^ Spqr.

Рассмотрим сначала жем, что Sbpq ^ Spqr.

SBPQ spqr

SBPQ spqr

Т^'™ ю

± PQ • RHX ^ ’

BN

где BH 1 PQ и RHi ± PQ; последнее отношение равно -^ ^ < = 1, где N и Nx — точки пересечения BR с PQ и .с С\АХ (ибо Д1С1 — средняя линия треугольника). Поэтому

SBPQ°PQR

— что и требовалось доказать.

Рассмотрим теперь второй случай (рис. 86, в). Так как PQ пересекает СхАх, то либо ВР < ВСх = у В А, либо BQ < ВАХ = у ВС;

Рис. 86.Рис. 86.

Рис. 86.

Рис. 86.

пусть для определенности BP < — ВА. Прямая PQ пересекает продолжение АС в такой точке*/С, что С лежит между К и А. Из того, что BP<-^- ВА, следует, что AR<~- АС, ибо в противном случае QR и АхВх не имели бы общих точек. Значит, на прямой КС

имеем следующий порядок точек: К, С, Вх. R, А. Отсюда вытекает, что

$QPR > SQPBv’

так как при общем основании PQ высота RH^ треугольника PQR больше высоты BiHi треугольника B^PQ (ибо точка R дальше отстоит от вершины К угла РКА, чем Bi). Точно так же найдем, что

^QPBk > SAXPB?

^AVPBX ^ $AvCvBx = *4 ^ABC-

Из сопоставления полученных результатов следует, что

SPQR > "4 SABO и значит,

3

^ARP + SCQR + ^BPQ < Т 5ДВС*

Из трех слагаемых в левой части хотя бы одно не больше ~ АВС (ср. с задачей а)) и, следовательно, меньше Sp^^, что и требовалось доказать.

Поскольку площади двух треугольников, имеющих равный угол, относятся как произведения сторон, заключающих этот угол (ср. начало решения задачи 38а)), то (см. рис. 10 на стр. 37, где положено ВС = AU = AV = а, С А = BW = ВХ = b, АВ = CY = = CZ = с)

^ЛХУ . ^AUV, _ (6 + СХ_ I °2 _ °2 + 62 + с2 2,

SABC SABC Ьс ЬсbC

и

S +S/a2 + 62 + c2 \

d^XF + ^AUV ~ be * Z^- Аналогично

^+^=(^^+^

и

SC^ + SCY2 = ( ^^ + 2) S.

А так как, очевидно,

$ЛХК + $BZU SCVW + SAUV + SBWX + SCYZ =

^ SUVWXYZ + ^SABC = SUVWXYZ + 25*

_ Г/^H^+j^\( a2-Vb2 A-c2 \

^uvwxYZ™\\ be / + \ ac ^z)^

Далее нам остается только воспользоваться тем, что

abab>2,>2,6Ч-_£^Ьс6Ч-_£^Ьса2 + с2Ьса2 + с2Ьс

ab

ab

>2,

>2,

6Ч-_£^

Ьс

6Ч-_£^

Ьс

а2 + с2Ьс

а2 + с2Ьс

/ ,а2 + b2 о a2-V^-^ab(а-ЬУ^\ 1Х

(ибо, например, —^- - 2 =^= —^— > о) и •)

а + &3 + с3 _ 3 _ а3 + ^3 + ^3 ~~ Sabc abcabc

(а-У Ь У с) (а2 У Ь2 У с2 — ab — ас — Ьс^ __ abc—

1(Ч-_Н-£Н(пЧ-_^-2^^

2abc

_ 1 (я + * + с)[(а-&)24Ч«“с)24Ч*“с)2]

Поэтому(а2 + 62 + с2)(^Поэтому(а2 + 62 + с2)(^~ 2abc

Поэтому

(а2 + 62 + с2)(^

Поэтому

(а2 + 62 + с2)(^

1 , М = f “2 + 62 , «2 + с2 . fe2 + С2 \

асЬс )\ abасЬс /+

+ (-^- + — +^>2 +2+2 +3 = 9, \аЬ ас Ьс)

и значит,

Suvwxyz [(а2 + ^2 + с2> (77 + ” + 77) + ] 5 ^ 135*

Очевидно, что если треугольник ЛВС равносторонний (т. е. а = Ь = с) —и только в этом случае — Suvwxyz = 13 S.

Обозначим точки пересечения «главных» диагоналей AD, BE и CF шестиугольника ABCDEF через Р, Q и В (рис. 87). В таком случае

SAQB + BQC + SCRD + ^DRE + SEPF + SFPA ^

ABCDEF °PQR

поэтому площадь хоть одного из этих шести треугольников ^ -^- S (где равенство возможно лишь в том случае, когда △ PQR «стяги-

x-Vy-Vz

>^ xyz

при всех х, у, z ^ 0 (для доказательства достаточно положить в исходном неравенстве а3 = х, Ь3 = у, с3 = z) — в такой форме последнее неравенство (связывающее среднее арифметическое и среднее геометрическое трех чисел) используется в решении одной из нижеследующих задач.

вается» в точку). Пусть, например, 5^^^ — S; в таком случае.

если CF\\DE, то S,™ = Sn„D < S, а если CF ^ DE и, скажем, инк^ DUK Q

точка С ближе к прямой DE^ чем F, то SCDE < SdrE <_ — S.

Улучшено неравенство задачи быть не может, так как площади всех треугольников, отсекаемых диагоналями AC, BD, ..., ЕА от правильного шестиугольника ABCDEF площади S, равны —S. г о

Проведем через вершину А нашего шестиугольника прямую, параллельную ВС || EF, через вершину С — прямую, параллельную

АВ || DE, и, наконец, через AF || CD, и обозначим точкиАВ || DE, и, наконец, через AF || CD, и обозначим точкивершину Е — прямую, параллельную пересечения проведенных прямых че

АВ || DE, и, наконец, через AF || CD, и обозначим точки

АВ || DE, и, наконец, через AF || CD, и обозначим точки

рез Р, Q и R (рис. 88). Очевидно, что, скажем, первая из проведенных нами прямых проходит внутри ZCAE— ведь в противном случае она бы пересекала либо ВС, либо EF. Точно так же две остав

шиеся прямые будут проходить внутри соответствующих им углов △ АСЕ; отсюда следует, что А АСЕ содержит A PQR. Но так как у четырехугольников ABCQ, CDEP и AREF противоположные стороны параллельны, то эти четырехугольники — параллелограммы. Диагональ же параллелограмма делит его площадь пополам; отсюда видно, что площадь АхАСЕ на величину площади A PQR больше всей оставшейся площади

шестиугольника, т. е. составляет не менее половины всей площади последнего, что нам и требовалось доказать.

Равенство ^дсе""^" ^ABCDEP’ очевидно, выполняется в том

и только в том случае, когда точки Р, Q и R совпадают, т. е. лишь для шестиугольников, противоположные стороны которых не только параллельны, но и равны между собой.

а) Ясно, что (см. рис. 11, а на стр. 38)

S SeAa + SaBb + SbCc + ScDd + SdEe —

^"д^ЕАВ + $ABC + ^bCD + SCDE + SDEa) < T 25 (= T $)’

ибо 5еЛо = ~ SEAB> так как ea — средняя линия A EAB, и т. д., a Seab + Sabc + ... + Sdea < 2S, поскольку все треугольники

EAB, ABC, ..., DEA составляют часть пятиугольника П и перекрываются не более чем по два. Отсюда сразу следует, что

причем это неравенство не может быть улучшено: ведь если «пятиугольник» П вырождается в /\АВС (т. е. вершины D и Е «пятиугольника» П совпадают с С; см. рис. 89, а), то п обращается в четырехугольник аЬСе площади ~ S, а если D и Е очень близки к С, то s

.1 о

можно сделать сколь угодно близким к —о.

3

Сложнее доказать неравенство s < — S. Для этого прежде всего

заметим, что если П вырождается в ZXABD в силу того, что вершины Е и С сливаются соответственно с А и с В (рис. 89,6), то п

Рис. 89.

обращается в трапецию ABcd площади — S, а если Е и С очень близки к А и к В, то площадь п может быть сделана сколь у г о д3

но близкой к — S.

Далее предположим, что пятиугольник П деформируется так, что его вершина А движется по проходящей через ее начальное положение прямой I|| BE (рис. 90, а)\ при Этом площадь S пятиугольника П, очевидно, не меняется, причем П остается выпуклым, пока А перемещается в пределах отрезка А'А", где А' и А" — точки пересечения / с продолжениями сторон СВ и DE пятиугольника. Если теперь обозначить расстояния от точек b и d до прямой ае || / через Л1 и Нг, то при сдвиге точки А по прямой / на расстояние ДД1 = р (где р еще уместно считать положительным или отрицательным в зависимости от направления отрезка AAi на прямой /, которую, таким образом, мы будем считать направленной) s изменится на величину

-^р--^-/^ — -^-^! -Л2)р,

откуда следует, что из всех рассматриваемых пятиугольников П наибольшее и наименьшее значения s достигаются для (вырожденных) «пятиугольников» П' = A'BCDE и П" = A"BCDE *).

Пусть П' = A'BCDE — тот «пятиугольник» 77, для которого s' ^ $, где s и s' — площади пятиугольников п и п', отвечающих П и П'; Е — та из вершин D и Е «пятиугольника» П', которая больше

Рис. 90.

(или, по крайней мере, не меньше) удалена от прямой А'ВС, чем вторая вершина. Будем теперь снова деформировать П', двигая его вершину Е по прямой Zo II A'D (рис. 90,6). В точности как выше устанавливается, что при такой деформации (вырожденного) «пятиугольника» П' (оставляющей его выпуклым) площадь S' (=S) пятиугольника П' не меняется, а площадь s' отвечающего П' пятиугольника п' достигает максимума для «пятиугольника» П^ = A'BCDE', где Е' — точка пересечения Zo и А'ВС. Наконец, сдвинем А' и В вдоль Е'С соответственно в положения Е' и С; при этом мы придем к «пятиугольнику» По = E'CCDE' той же площади So, что и пятиугольник 77, а площадь отвечающего По «пятиугольника» По возрастет. Но ясно, что для такого «пятиугольника» 77 фигура п обращается в изображенный на рис. 89,6 четырехугольник (трапецию) По = abcde площади s0, где

s<s,<s _ 3 s - A s

что и доказывает утверждение задачи.

9 Это утверждение можно считать справедливым и для случая db || еа || Z, когда все рассматриваемые пятиугольники имеют одинаковые площади.

С,иС,иE,FV/43E,FV/43Рис. 91.Рис. 91.) Ясно, что равенство s = О осуществляется, например, для шестиугольника Ш, «главные» диагонали AD, BE и CF которого пересекаются в одной точке и делятся в ней пополам; равенство s=—S осуществляется для (вырожденного) «шестиугольника» Ш = Z\ACE, вершины В, D и F которого совпадают соответственно с А, с С и с Е (рис. 91). Отсюда уже следует, что оценка настоящей задачи (если только нам удастся ее доказать) никак не может быть улучшена.

С,и

С,и

E,FV/43

E,FV/43

Рис. 91.

Рис. 91.

Поступим теперь аналогично решению задачи а), т. е. будем деформировать Ш, двигая вершину А шестиугольника по прямой I1| BF (рис. 92, й); величина S при этом не изменится. Ясно, что вершины V и W треугольника т будут при этом оставаться на месте, а вершина U будет двигаться по прямой || /, точнее — по отрезку U'U" этой пря

мой, отвечающему «области выпуклости» А'А" шестиугольника Ш (где Л' и Л"— точки пересечения / с СВ и EFy Наибольшему и наименьшему значениям s = Suvw будут отвечать концы U' и U" отрезка U'U" ху пусть, например, s' ^ s, где s'— площадь т' = A£'V№, отвечающего (вырожденному!) шестиугольнику Ш' — = A'BCDEF.

Далее будем деформировать Ш', двигая Е по прямой к II DF (рис. 92,6); если Е пробегает отрезок Е'Е", где £' и £"— точки пересечения к с Л'£ и с CD, то V пробегает некоторый отрезок V'V", a U' и W не меняются; из всех треугольников U'VW наибольшую площадь s" будет иметь либо ZXU'V'W, либо А£'Е"1^— скажем, AxU'V'W. Затем, действуя аналогично (рис. 91, в, где D'D" || Е'С и s'" = S^y^^? Sufv,wy заменим Ш" = A'BCDE'F «шестиугольником» Ш'" = A'BCD'E'F той же площади, изображенным на рис 92, г; наконец Ш'" заменим «шестиугольником» Ш1^ ^ = A 'A 'CD'E'F, где мы считаем, что В совпадает с А' (рис. 92, д). Обозначая отвечающий Ш1^ треугольник U"V"W (рис. 92, д) через rIV, его площадь — через sIV, середину стороны E'D «шестиугольника» Ш1У—через Q, а точку пересечения E'D', скажем с V"^, — через R, очевидно, получим

s ^ s' ^ s" ^ s'" ^s ^ s' ^ s" ^ s'" ^sIV — Surrey,, ^ ^u"RV*sIV — Surrey,, ^ ^u"RV*" SU"QV" ~^ $’" SU"QV" ~^ $’

s ^ s' ^ s" ^ s'" ^

s ^ s' ^ s" ^ s'" ^

sIV — Surrey,, ^ ^u"RV*

sIV — Surrey,, ^ ^u"RV*

" SU"QV" ~^ $’

" SU"QV" ~^ $’

что и доказывает утверждение задачи.

Ясно, что s = 0, если AD || ВС; далее мы будем считать, что AD К- ВС. Дополним A PQR до параллелограмма PQRT (рис. 93,а). Докажем, что вершина Т параллелограмма PQRT принадлежит диагонали АС четырехугольника ABCD. В самом деле, если Тх и Т2— точки пересечения прямых РТХ\\ВС и RT21| DA

с диагональю АС, то очевидно, АТХ _ АР _ DQАТ. _ DR _ DQ

AC — АВ — DBИ AC ~ DC ~ DB ’

откуда и следует, что Ti = Т2 = Т.

Далее, в силу PQ ^TR треугольники АРС и ARC имеют одинаковые высоты, опущенные на их общую сторону АС, а следовательно, и одинаковые площади о. Затем имеем (заметьте, что SpQT — Srqt = s)

V—^APC— QT QPT" QT ’

с другой стороны,

так чтотак чтоSSABABACAC'ABC AP ° AT °'ABC AP ° AT °ииe- AC^ADC — TC °’e- AC^ADC — TC °’5 - 5ЛВС + SDAC —5 - 5ЛВС + SDAC —AC2AC2AC3AC3° AT • TC ° AT-TC-QT &° AT • TC ° AT-TC-QT &

так что

так что

S

S

AB

AB

AC

AC

'ABC AP ° AT °

'ABC AP ° AT °

и

и

e- AC

^ADC — TC °’

e- AC

^ADC — TC °’

5 - 5ЛВС + SDAC —

5 - 5ЛВС + SDAC —

AC2

AC2

AC3

AC3

° AT • TC ° AT-TC-QT &

° AT • TC ° AT-TC-QT &

Итак,Итак,XYZ <XYZ <где X, задачи _ АТАСгде X, задачи _ АТАСии7 _ 2ТС АС7 _ 2ТС АС, получим, получим

Итак,

Итак,

XYZ <

XYZ <

где X, задачи _ АТ

АС

где X, задачи _ АТ

АС

и

и

7 _ 2ТС АС

7 _ 2ТС АС

, получим

, получим

s AT-TC-QT AT2-TC( AT \2 TC

8 “ AC3 < AC3\ AC) * AC’

ибо в разбираемом случае (изображенном на рис. 93, a) QT < АТ. Воспользуемся теперь неравенством

(*)

Y и Z— произвольные положительные числа (ср. решение 39, в частности сноску на стр. 165). Положив в (*) X = У =

что нам и требовалось доказать.

Из решения задачи вытекает, что равенство —- = -^- означает, что QT = АТ, т. е. что Q = А и значит, точки D, А, В при-

АТ 2ТС АТ 2 надлежат одной прямой, и что =t л- ' , т. е. —гтт = -о (см-»

, DA 2AT DR DA

например, рис. 93, б, где-^- = у. и потому -^- = -ру = -^ =

2^ 32^ 3; заметим еще, что в то время как на рис. 93, а точка Т строит

2^ 3

2^ 3

ся как четвертая вершина параллелограмма с вершинами R, Q и Р на рис. 93,6 эта точка определяется равенством "дс"™-^* и за"

тем по ней восстанавливается точка Р). Если же невырожденный четырехугольник ABCD достаточно близок к изображенному на рис. 93, б (вырожденному) «четырехугольнику» (и точка пересечения стороны АВ четырехугольника с прямой QP || DA близка к точ

ке Р рис 93,6), то отношение — может быть сделано сколь

„4

угодно близким к -^у, откуда следует, что улучшить оценку 4

s < -^- S нельзя.

В решении этой задачи несколько раз используется алгебраическое неравенство Коши1)

(*)(*)(АХ + BYY < (Л2 + В^ (X2 + У2)

(*)

(*)

(где А, В, X, Y — положительные числа), справедливость которого вытекает из того, что

(Л2 + В2) (X2 + У2) - (АХ + BYY =

= A2Y2 + В2Х2 - 2ЛВХУ = (AY - ВХУ > 0;

из этого доказательства неравенства (*) следует, что равенство в нем достигается лишь при AY = ВХ, или при А : В = X: Y.

Заметим теперь, что если, скажем, а — наибольший из отрезков а, Ь, с, то

а2 = 1 (а2 + $ <|[(61 + с_)2 + (62 + с2)2] -

= у [(6i + 62) + («I + «1)1 + (Mi + Ь2с2) <

<й2 + с2 + /(^7^f^|) = »2 + ^ + (Г2 6)(Г2 С^ЬДс?

(здесь использовано неравенство (*), в котором положено А = bi, В = b2, X = ci, Y = сг), и значит, а < b + с, т. е. треугольник Т со сторонами а, b и с существует

Далее, пусть h^ h2 и h— высоты треугольников Т^ Т2 и Т, опущенные, скажем, на стороны длин аь а2 и а; в таком случае, очевидно,

Si = cL\h\t 5-2 = ■^■(12^2 и S =-^ ah.

f) Ср. задачи 289 и след, книги Д. О. Шклярского, Н. Н. Ченцова, И. М. Я г л о м а, названной в подстрочном примечании на стр. 39.

С другой стороны, применение теоремы косинусов к треугольникам Т г ABC, Tv г AiBiCi и Т2 ^ А2В2С2 дает

aHcz-b2 ^+4) + ^ + ^-^+bl)

ас cos В =g==

2 । Л2д2„2 । 2,2t

^1 "* ^1 — ^1й^-р С2 — ^2*

=41^= у (fliCi COS Вх + а2с2 cos В2\

Возводя обе части последнего равенства в квадрат, получаем

а2с2 cos2 В = -|- («1^1 cos Вх + а2с2 cos В2у,

откуда, снова используя (*) (где теперь надо положить А = аь В = а21 X = ci cos Вх и Y = с2 cos В2), имеем

с? с2 cos2 В ^ ~ (а2 + а^ (с2 cos2 Вх + с2 cos2 В2),

или, поскольку а2 + а2 = 2а2,

с2 COS2 В (б?2 со§2 ^1 + с2 cos2 ^2)»

где равенство имеет место лишь в том случае, когда

aj: а2 = ^i cos ^1: а2 cos В2.

С другой стороны, с2 =-^- (с2 + с|); вычитая почленно из этого равенства последнее неравенство (и используя то, что 1 — cos2а = = sin2 а при всех а), получаем

2 . 2 n \ 1 / 2 • 2 п г 2 . 2 X

с sin В ^-£-(С| sin Bj + ^sin B2j.

Ci sin Вх = кх иCi sin Вх = кх иб) и а) (в этомнеравенство (*),б) и а) (в этомнеравенство (*),Но, очевидно (сделайте чертеж’), с sin В —к, Сг sin В2 = /z2; таким образом, имеем

Ci sin Вх = кх и

Ci sin Вх = кх и

б) и а) (в этомнеравенство (*),

б) и а) (в этомнеравенство (*),

»’>4(»?+»а.

где условия равенства — те же самые, что и выше.

Теперь мы можем перейти к решению задач именно порядке!).

Очевидно (здесь мы снова используем а также то, что а2 + а2 = 2а2, h\ + А2 ^ 2/г2),

y^i + s2)j = ^(axhx + а2к2)^ < ^j [(а2 + а2) (к2 + /г2)] <

/ 1 \2|

< -Г 2a2-2k2 = -T(ak)2 = S2, \ 4 /4

и значит,

!(«! + «<«.

где равенство имеет место, лишь если

01: а2 = ci cos Bi: с2 cos В2 и

ai • о2 = hx: h2 = Ci sin Bi: с2 sin В2,

т. е. если cos Bt: cos В2 = sin Bi: sin B2, t. e. tgBt = tgB2, и Bx = B2, после чего наши условия принимают вид

01: а2 = oi: о2,

что (совместно с равенством Bi = В2) означает подобие треугольников Т1 и Т2.

а) Так как

Г II2Г 1

[^-(S1 + S2)] =S1S2 + [^-(S1-S2)j >sxs2,

то из результата задачи б) следует

S> J (Si + S2) > КЗД;

при этом, так как S = -~(Si + S2), лишь если треугольники Тх и Та подобны, и ~ ($! + S2) = }^SiS2, лишь если Si — S2 = О, т. е. если треугольники Тх и Т2 равновелики, то равенство в задаче а) имеет место, лишь если треугольники Тх ^ Т2 подобны и равновелики, т. е. если они равны.

а) Пусть ABCD — рассматриваемый четырехугольник, О — точка пересечения его диагоналей и а — угол между диагоналями АВ = а, ВС = b, CD = с, DA ±= d, АС = et BD = f (см. рис. 94, а* где четырехугольник ABCD— выпуклый). Заметим прежде всего, что

5 = $ОАВ + ^ОВС + $OCD + SODA ^ У ^ * 05 sin а +

+ -^ О В • ОС sin а + -^ ОС • OD sin а + ~- 0D • О A sin а =

= -1 [ОЛ • ОВ + о В • ОС + ОС • 0D + 0D • ОЛ] sin а =

= -g- (ОЛ + ОС) (OB + OD) sin а = -^- ef sin а, (.)

откуда непосредственно вытекает утверждение задачи а):

3-1 ef sin a <lef = 1 ((^ + П - (е - /)Ч < у (е2 + РУ, (~)

при этом равенство «S — — (е2 + f2), очевидно, имеет место в том и только в том случае, когда а = 90° и е — f = 0, т. е. для четырехугольников, диагонали которых равны и взаимно перпендикулярны.

Четырехугольник, вершинами которого служат середины К, L, М и N последовательных сторон исходного четырехугольника, является, очевидно, параллелограммом, стороны которого равны

Рис. 94.

половинам диагоналей исходного четырехугольника и параллельны этим диагоналям: в самом деле, так как KL и NM — средние линии

А АВС и A ADC (рис. 94, а), то KL || NM || АС и KL = NM = АС;

точно так же KN # LM = ~ BD. Поэтому, если обозначить пло

щадь параллелограмма KLMN через s, то 4)

s = KL«LMsin 2 KLMs = KL«LMsin 2 KLM1 W 1 Л .Те 2 f)sma =1 W 1 Л .Те 2 f)sma =1 , .1 с-^ ef sin a = у S.1 , .1 с-^ ef sin a = у S.

s = KL«LMsin 2 KLM

s = KL«LMsin 2 KLM

1 W 1 Л .

Те 2 f)sma =

1 W 1 Л .

Те 2 f)sma =

1 , .1 с

-^ ef sin a = у S.

1 , .1 с

-^ ef sin a = у S.

С другой стороны, применяя неравенство (**) решения задачи а) к параллелограмму KLMN с диагоналями КМ = m и LN = п.

Это следует также из того, что

^AKN + SCML = ~4SABD + "4 SCBD = ~4 S И $BKL + SDNM = "4 S> откуда

S ^ 5 ~ (SAKN + SBKL + SCLM + SDMn) ^

= s-(ts+ts)=4s-

получаем

S = ls<l(m4«!),

откуда следует, что

S<l(m2 + n2).(«*)

При этом равенство здесь имеет место лишь в том случае, когда т = п и КМ ± LN, т. е. когда параллелограмм KLMN — квадрат (что в свою очередь снова приводит нас к требованию равенства и перпендикулярности диагоналей исходного четырехугольника ABCD).

Применим теперь к параллелограмму KLMN решения задачи б) равенство (*) решения задачи а):

-1 S = s = у ^j. lN sin Z KQL = ^mn sin ₽,

где p — угол между средними линиями КМ и LN четырехугольника ABCD; отсюда следует, что

S = mn sin Р ^ пгп,

где равенство имеет место лишь в случае Р = 90°, т. е. для четырехугольника ABCD, для которого параллелограмм KLMN является ромбом — для четырехугольника с равными диагоналями.

Заметим теперь, что

ш = КМ<-^(ВС + AD) = 1 (b + d)

И

п= LN <1(ЛВ + СР)=1(а + с),

причем первое неравенство обращается в равенство, лишь если ВС \\ AD; аналогично п = -^(а + с') лишь при АВ || CD. Для того чтобы доказать, скажем, неравенство m^^- (b + d), достаточно отложить от точки К отрезки КС' # ВС и KD'* AD (рис. 94,6). Так как при этом четырехугольники КВСС' и AKD'D суть параллелограммы, то СС' # ВК и DD' 41= АК; поэтому СС' # DD\ и значит, CC'DD' — параллелограмм. Середина М стороны CD является, очевидно, точкой пересечения диагоналей этого параллелограмма, т. е. М является и серединой отрезка C'D'.

Теперь, откладывая на продолжении КМ за точку М отрезок MKi = КМ и соединяя Ki с С', получим, что A KiMC' = A KMD' (ибо К\М = КМ, МС' = MD' и Z К\МС' = Z KMD')\ поэтому KiC' = KD' и, значит,

2m = 2КМ = KKi < КС' + С'КХ = КС' + KD' = ВС + AD = b + d. Ясир также, что 2m = 2КМ = ВС + AD = b + d, лишь если KC'Ki — прямая линия, т. е. если ВС Ц AD. Аналогично устанавливается и неравенство 2п ^ а + Ь, обращающееся в равенство лишь при АВ || DC.

Окончательно получаем

S < тп < -^ (а + с) (Ь 4- d).

что и требовалось доказать. Равенство здесь имеет место, лишь если АВ || DC, ВС || AD и АС = BD, т. е. если четырехугольник ABCD — прямоугольник.

46. а) Поскольку проекции многоугольника М на оси х и у равны 4 и 5, то М целиком заключается внутри прямоугольника ABCD = Р размером 4 X 5 = 20, стороны которого параллельны координатным углам. Те же соображения убеждают нас, что многоугольник М заключается внутри прямоугольника abed = р размером 3 И2 X 4 К^, стороны которого параллельны биссектрисам /1 и Z2 координатных углов. Поэтому М принадлежит пересечению Q = Р А р (А — теоретико-множественный знак пересечения), и нам остается лишь выяснить, при каком расположении Р и р площадь восьмиугольника Q (может быть, вырожденного, т. е. имеющего менее восьми сторон) будет наибольшей.

Нетрудно понять, что ширина прямоугольника Р в направлении прямой Zi равна 4,5^2: в самом деле, если ACi — проекция диагонали АС прямоугольника Р на прямую Zi и Е — точка пересечения стороны АВ = 5 прямоугольника с прямой С^Е ± ACi (рис. 95), то ДЕ = АВ + BE = АВ + ВС = 5 + 4 = 9, откуда следует, чго др

АСХ = —= 4,5 у 2. Таким образом, перпендикулярные к сторо

ны прямоугольника р отсекают от Р два равнобедренных прямоугольных треугольника AUV и CYZ, сумма высот hA и he которых, опущенных на гипотенузы UV и YZ, равна 4,5^2 — 3 У^ = = 1,5 |^2 . Сумма площадей этих треугольников, очевидно, равна кд + he = Т [0 л + Ас)2 + 0Л - йс)2] =

= ^-[(1,5 ^2 )2 + 0Л - hcf\ = 2,25 + -А^М.

(почему?); она будет минимальна, если hA = he—и в этом случае^AUV + S CYZ ~ 2,2^‘

Аналогично этому и ширина прямоугольника Р в направлении прямой U также равна 4,5 У" 2 (проекция BD^ диагонали BD прямоугольника Р на прямую BDt Ц Z2 равнапо

этому параллельные к стороны р отсекают от Р (равноведренные прямоугольные) △ BXW и A DRT, сумма высот__^в и h^ которы^ опущенных на гипотенузы XW и RT, равна 4,5 1^2 —4)^2 = 0,5^2. Сумма площадей этих треугольников, равная

hB + hD = 4 [(ЛВ + hD? + (hB - М2] =

= 1 [(0,5 FT)2 + (йв - hDf\ = 0,25 + ^b^dL,

достигает минимума 0,25, если hB — ho.

Окончательно мы заключаем, что площадь Q не больше чем 20 - 2,25 - 0,25 =^= 17,5, откуда и вытекает требуемое неравенство:

S< 17,5.

Нетрудно видеть, что многоугольник М может быть таким, что 5 = 17,5 (изобразите его!).

Примечание. То, что площадь восьмиугольника Q будет наибольшей в том случае, когда hA = hc и hB = hD, где hA, hBl hc и hD— высоты треугольников AUV, BXW, CYZ и DRT (рис. 95), можно установить и без всяких расчетов. В самом деле,

Рис. 95.

если прямые UqVq и YoZo (стороны прямоугольника ро) симметричны относительно центра О прямоугольника Р (на рис. 95 эти прямые изображены пунктиром) и высоты треугольников AU0V0 и CYoZo равны, а прямые UV и YZ (стороны прямоугольника р в другом, произвольном положении) не симметричны относительно О, то объединение треугольников AU0V0 и CYoZOl отрезаемых прямыми UoVo и Y0Z0 от р, отличается от объединения аналогично получаемых треугольников AUV и CYZ jxb^mk «полосками» (равнобочными трапециями) UqVoVU и YoZoZY одной и той же «ширины» (одной высоты). При этом легко видеть, что на рис. 95 S UqVoVU > ^YqZ^Yi в силУ чего SAU0V6 + $СУ<£й < $AUV + SCYZ-

Аналогично устанавливается и неравенство

SfiX^W» + SDRQTtt < SBXW + SDRT’

где высоты треугольников BX0W0 и DRoTo равны.

Аналогично решению задачи а) устанавливается, что искомый многоугольник М заключается внутри пересечения Q = Р П р; при этом, поскольку М проектируется в четырех направлениях отрезками заданной в условии длины, то он имеет точки на всех восьми сторонах восьмиугольника Q = RTUVWXYZ. Обозначим эти восемь точек последовательно через г, t, и, vt w, х, у и г (рис. 96;

Рис. 96.Рис. 96.не исключено, что некоторые из названных точек совпадут с вершинами Q или между собой); так как многоугольник М выпуклый, то он обязательно будет содержать внутри выпуклый восьмиугольник q = ^rtuvwxyz (который также может фактически иметь < восьми сторон!), возможно, совпадая с ним. Таким образом, наша задача сводится к тому, чтобы установить, когда будет наименьшей площадь q.

Рис. 96.

Рис. 96.

деле, если z не совпадает с R и tделе, если z не совпадает с R и tЗаметим прежде всего, что если вершины t и г восьмиугольника q закреплены, то, стремясь уменьшить площадь A zrt, мы всегда можем сдвинуть г в одну из вершин R или Т восьмиугольника Q. В самом

деле, если z не совпадает с R и t

деле, если z не совпадает с R и t

не совпадает с Г, то в случае, когда zt ^ RT, площадь A zrt будет меньше всего при совпадении г с тем из концов отрезка RT, который ближе к прямой zt; если же zt || RT, то площадь A zrt вовсе не зависит от положения точки г на RT, и мы снова можем считать эту точку совпадающей с R или с Т. Аналогично, если z совпадает с R или t совпадает с Т, то (равный нулю) минимум площади A zrt до

стигается, когда г совпадает с той же точкой; если же и г совпа

дает с R и t с Т, то нам безразлично, где расположить (фиктивную!) «вершину» г восьмиугольника q, и мы можем свободно считать ее совпадающей с R или с Т. Разумеется, это рассуждение сохраняет силу и в применении к любой другой вершине восьмиугольника q, так что можно смело считать, что все вершины q совпадают с какими-то вершинами Q.

Но этим наши заключения о виде восьмиугольника q наименьшей возможной площади не ограничиваются. Предположим, например, что вершина г этого многоугольника совпадает с вершиной R многоугольника Q (рис. 97). Ясно при этом, что если у совпадает с У, то площадь Zxyzr будет меньше всего (а именно будет = 0), если также и вершина z восьмиугольника q совпадет с той же точкой R; если же у = Z, то мы также можем считать, что (фиктивная) вершина z совпадает с R. Далее ясно, что если у совпадает с У, то по тем же соображениям и х совпадет с У; точно так же, если х совпадает с У, то и у совпадет с У; поэтому либо обе точки

х и у совпадают с У (рис. 97, а, 6), либо у совпадает с Z, а х — с X, причем в последнем случае точка w тоже должна совпасть с X (рис. 97, в). Точно так же устанавливается, что либо точки / и и обе совпадают с 67, либо / совпадает с 7 и тогда точки и и у обе должны совпасть с V. Таким образом, если точки гиг совпадают с R, точки х и у — с У, а точки t и и — с ^, то либо две оставшиеся вершины у и w восьмиугольника q обе совпадают с W (рис. 97, а),

Рис. 97.

либо у совпадает с У, a w— с X (рис. 97,6). Если точки г и 2 совпадают с R, точки х и у — с У, точка / — с Т и точки и и у — с V, то в случае, когда точка w совпадает с W, мы приходим к пятиугольнику RTVWY во всем подобному пятиугольнику рис. 97, б; если же точка w совпадает с X, то «восьмиугольник» q обращается в пятиугольник RTVXY того же типа, что и два предшествующие. Наконец, случай, когда точки г и г совпадают с R, точка у — с Z, точки х и w— с X, точка / — с Т, а точки и и и— с V (рис. 97, в), является невозможным, ибо при этом мы можем еще уменьшить площадь (вырожденного) «восьмиугольника» q = RTVXZ, совместив х с Z и г — с Т. Поэтому интересующий нас восьмиугольник q обязательно будет вырожденным, а именно, он будет представлять

собой либо четырехугольник типа RUWY (рис. 97, а) или TVXZ, либо пятиугольник типа RUVXY (рис. 97,6).

Рассмотрим эти два случая последовательно. Более простым из них является тот случай, когда «восьмиугольник» q наименьшей площади обращается в четырехугольник RUWY или TVXZ. Дело в том, что площади четырехугольников RUWY и TVXZ вовсе не зависят от взаимного расположения прямоугольников р и Р. В самом деле, пусть АВ = а (=5) и AD = b (=4)—стороны прямоугольника Р; отрезки сторон этого прямоугольника, отсекаемые сторонами прямоугольника р, обозначим через а, ₽, у и 6, как это указано на рис. 97, а. В таком случае

с с с с с с ORUWY™°ABCD °AUW °BWY CYR DRU ~

= ab -1 [(a - P) a + (b - Y) ₽ + (a - 6) Y + (6 - a) 6] =

= ab — у [a (a + Y) + b (P + 6) — (ap + pY + Y6 + da)] =

= ab - 1 [(a + Y) a + (P + 6) b - (a + Y) (p + 6)].

Но (ср. с решением задачи а))

a-V^ = Y2(hA + hc)=V2^- = 3

и_

Р + 6 = /2(Ав + йо) = Г2 -^ = 1.

откуда и следует, что

sWuzf = 5,4-T(3'5+I‘4-3" 0 = 20-у-16=12

независимо от расположения прямоугольников р и Р, Точно так же устанавливается, что

с с с с с с

TVXZ ABCD ATV BVX CXZ DZT

= ab — у [(6 — 6) a + (a — a) P + (6 — P) Y + (a — Y) 6] =

= ab - 1 [(P + 6) a + (a + Y) b - (a + Y) (P + 6)]. t. e.

STVXZ = 5.4 - ^- (1.5 + 3 • 4 - 3 . 1) = 20 - у. 14 = 13.

Перейдем теперь к тому случаю, когда «восьмиугольник» q фактически является пятиугольником (ср. рис. 97,6). Одна сторона этого пятиугольника целиком принадлежит стороне р и одна — стороне Р; рассматривая отдельно случаи, когда сторона q принадлежит большей и меньшей стороне р и когда сторона q принадлежит большей и меньшей стороне Р, мы получим следующие четыре типа рассматриваемых пятиугольников.

1° Одна сторона пятиугольника q принадлежит большей стороне прямоугольника Р (например, стороне АВ^ другая — большей

Рис. 98.

стороне р (скажем, стороне cd; рис. 98, а). В этом случае, очевидно, имеем е с_с с с с с

q°TVWYZABCD ATV °BWY°CYZ °DZT "

= ab — 2 1(6 — 6) a + (6 — у) P +Y2 + U — Y) 6] =

= a6 — -^ [(a + P) 6 +6a — (a + y) 6 + y2 —Py],

или,посколькуa= 5, b — 4, a + у = 3 (т.e. a = 3 — у) и p 4-d=1

(т. e. P = 1 — 6),

S4 = 5.4 - 2. [(4 - У - d). 4 + 6 • 5 - 36 + y2 - (1 - 6) y] =

= 20 - 4 116 - 5y - 26 + y2 + 6y] =

= 20 - 8 + у [26 + (5 - у - 6) y] > 12, ибо 6^0, у^0иу4-6<5 (так как у^ 3 и 6 ^ 1).

t82

2°. Одна сторона пятиугольника q принадлежит большей стороне прямоугольника Р (например, стороне ДВ), другая — меньшей стороне р (стороне ad; рис. 98, б). В этом случае имеем

с с с с с с с

°q” °RTVWY ABCD °ATV BWY °CYR DRT ~

= ab - 1 [(6 - 6) a 4- (6 - Y) P + (« - 6) у + 62] =

= a6 — -^- [(a + 0) 6 + ya — (a + y) 6 — 0Y + 62] =

= 5-4 —-^-[(4 — y — 6) • 4 + Y *5 — 36 — (1 — 6) y + 62] =

= 20 - -^ [16 - 76 + y6 + 62] = 20 - 8 + X (7 - y - 6) 6 ^ 12, так как б ^ 0 и, очевидно, у + б < 7.

3°. Одна сторона пятиугольника q принадлежит большей стороне прямоугольника р (скажем, стороне ab), а другая — меньшей стороне прямоугольника Р (стороне ВС; см. рис. 97,6). Тогда

С С С С С Q Q

°q — ORUVXY° ABCDAUV BVX °CYR °DRU

= a& — у [a2 + (a — a) P + (a — 6) y + (& — a) 6] =

= ab —^- [(P + y) a + 66 — (a + y) 6 — aP + a2] =

= 5-4 —-^-[(4 — a — 6)-5 + 6-4 — 36 — (1 — 6) a + a2] =

= 20 - -i- [20 - 6a - 46 + a6 + a2[ =

= 20 - 10 + -^ [46 + (6 - a - 6) a] > 10,

поскольку 6 > 0, a ^ 0 и, разумеется, a + 6 < 6.

4°. Одна сторона пятиугольника q принадлежит меньшей стороне Р (например, стороне AD), другая — меньшей стороне р (стороне Ьс; рис. 98, в). В этом случае получаем

— ^TUWXZ °ABCD °AUW BWX °CXZ °DZT

= a6 - l[(a-p)a +p2 + (6-p)Y +(a-Y) 6] =

= a6-l[(a + 6)a + Y6-(0 + 6)Y + P2-aPl =

= 5.4--1[(4-P-y)-5 + y-4-y + P2-(3-y)01 =

= 20 - у [20 - 8P - 2V + P2 + Py] =

= 20-10 + 1[2Y + (8-P-y)P]>10.

ибо P>0, Y^0 и P + v<8.

Таким образом, во всех случаях SQ ^ 10; равенство Sg = 10 имеет место, например, если в условиях рис. 97, б а = 6 = 0 (рис 99). В этом случае восьмиугольник Q вырождается в пятиугольник, a q вырождается в треугольник (почему?).

Площадь будет наибольшей в том случае, когда все полосы сдвинуты в положение, при котором они имеют общий центр симметрии. Доказательство этого, аналогичное решению задачи 46а) (см, в частности, примечание в конце этого решения), предоставляется читателю.

Примечание. Условие «симметричного расположения» всех полос является достаточным для того, чтобы площадь их пересечения была наибольшей из всех возможных, но оно может и

Рис. 100.

не быть необходимым для этого (ср. очевидные рис. 100, а, и б, на которых площадь пересечения полос /, // и /// одинакова).

Пусть прямоугольник AiBYC^Dv со сторонами А^В\ = а и Л1Д1 = б и площадью S отсекает от равного ему прямоугольника

ABCD треугольники ARL, BMN, CPQ и DRT (рис. 101, а). Достроим эти четыре треугольника до прямоугольников AKLA\ BMNB', CPQC' и DRTD' (эту операцию можно понимать как своеобразное «загибание уголков» бумажного прямоугольника ABCD) и докажем, что

параллельная AD || ВС пря-параллельная AD || ВС пря-Рис. 102.Рис. 102.

параллельная AD || ВС пря-

параллельная AD || ВС пря-

Рис. 102.

Рис. 102.

изображенные на рис. 101, а тонкими линиями треугольники A'KL, B'MN, C'PQ и D'RT попарно не пересекаются; отсюда уже будет следовать, что

5A AKL + 5A BMN + 5A CPQ + 5A DRT < SKLMNPQRT>

т. е. что

°KLMNPQRT 2

В самом деле, два «соседних» треугольника, скажем A'KL и B'MN, не могут пересечься потому, что любая мая /, пересекающая отрезок LM стороны АВ прямоугольника ABCD, отделяет их друг от друга. Если же имеют общую точку F «противоположные» треугольники, например A'KL и C'PQ (рис. 101,6), то проходящая через F прямая, параллельная AD || ВС, пересекает гипотенузы KL и PQ этих треугольников в таких точках U и V, что UV < AD = Ь; однако это противоречит очевидному неравенству UV > AiDi = b.

Полученное противоречие и доказывает требуемое утверждение 49. Заключим плот F, про который мы считаем, что его площадь ^ 2 |/^ и что он еще не достиг поворота канала, в наименьший возможный прямоугольник P=A^BiB2A2, ограниченный берегами канала и

двумя перпендикулярными берегам отрезками (рис. 102). Так как площадь плота ^2]К2, то тем более >2)^2 площадь прямоугольника Р ширины 1; поэтому, если А и В — точки перпендикулярных каналу сторон AiA2 и В^В2 прямоугольника, в которых эти

стороны соприкасаются с F, то АВ ^ A^t ^ 2^2. Отсюда, в точности как в решении задачи 81 ниже, устанавливается, что если плот может пройти поворот канала, то в процессе своего движения отрезок АВ (а значит, и весь плот) повернется по отношению к своему первоначальному положению на угол > 45°.

Рассмотрим теперь то положение плота F, когда он повернулся ровно на 45°4); при этом прямоугольник Р, который мы считаем жестко скрепленным с плотом, также повернется на 45° по отношению к своему исходному положению (прямоугольник Р в процессе движения плота может, разумеется, и выйти за пределы канала). В этот момент стороны прямоугольника, первоначально совпадающие с берегами канала, совпадут с какими-то прямыми /1 и /2 перпендикулярными биссектрисе образованного каналом угла; расстояние между /1 и /2 равно 1.

Прямые /1 и /о не могут спуститься «ниже» изображенных на рис. 102 прямых /^ и /®, так как иначе пересечение ограниченной /1 и /2 поло_сы с каналом распалось бы на два параллелограмма площади V2 (напомним, что как ширина канала, так и расстояние между /1 и /2 равны 1) и (состоящий из одного куска!) плот заключался бы в одном из этих параллелограммов, т. е. его площадь была бы даже ^ У~2. Но если к и /2 расположены «выше» прямых /^ и /®, то площадь пересечения образованной к и /2 полосы с каналом отличается от площади двух ограниченных /^ и 1^ параллелограммов площади У" 2 (они заштрихованы на рис. 102) тем, что от общей площади параллелограммов отнимаются два «малых» параллелограмма KLMN и PQRT, а прибавляются равные им, но перекрывающиеся параллелограммы K'OM'N' и OQ'R'T. Этим доказано, что площадь пересечения ограниченной к и /2 полосы (содержащей прямоугольник Р^ а значит, и плот F) с каналом меньше общей площади 2^2 заштрихованных на рис. 102 параллелограммов, а значит, тем более будет <2V^ и площадь плота F\

Докажем предварительно, что если в пространстве даны две не параллельные прямые а и b и из трех последовательных точек А^ Л2, Аз прямой а опущены перпендикуляры А^В^ А2В2> А3В3 на прямую Ь, то А2В2 меньше одного из двух отрезков A^Bi и А3В3. Действительно, проведем через прямую b плоскость М, параллельную прямой а (рис. 103) и пусть А1г А2, Л3 — проекции точек Л t, Л2, Аз на плоскость М. На основании теоремы о трех перпендикулярах заключаем, что Л^р А2В2, А6В3 ± Ь. Так как отрезок А2В2> очевидно, меньше одного из двух отрезков Л^, А3В3* то отрезок А2В2 меньше одного из двух отрезков Л1В1, А3В3, что и требовалось доказать. *

Перейдем теперь к решению поставленной задачи.

1°. Пусть в треугольной пирамиде (тетраэдре) ABCD сечение RCD проходит через ребро CD (рис. 104, а). В треугольниках ACD, RCD, BCD при общем основании CD высоты, опущенные на эту сторону, суть перпендикуляры, рассмотренные выше. Так как R

9 См. подстрочное примечание 2) на стр. 303.

лежит между Л и В, то Srcd меньше площади одного из треугольников ACD и BCD.

2°. Пусть сечение APR проходит через вершину А тетраэдра (рис. 104,6). Соединим Р с противолежащей вершиной D треугольника BCD. Тогда в тетраэдре PABD треугольное сечение PAR проходит через ребро АР; поэтому либо Spar < Spar либо Spar <

*С Sapd. В первом случае имеем Spar < Sabc, так как ДРАВ есть часть треугольника АВС; то втором случае, применяя к сечению ADP тетраэдра ABCD результат п. 1°, находим, что Sapd меньше площади одной из граней ACD или ABD, поэтому и подавно то же имеет место по отношению к Spar. Итак, наше утверждение доказано и для этого вида треугольных сечений.

Рис. 104.

3°. Рассмотрим, наконец, сечение PQR наиболее обгцего вида (рис. 104, в). Произвольную вершину Р треугольника PQR, лежащую на ребре АС тетраэдра, соединим с концами В и D противоположного ребра BD. По доказанному в п. 2° Spqr меньше площади хотя бы одной грани тетраэдра PABD. Но для любой грани тетраэдра PABD найдется равная ей или большая грань тетраэдра CABD. Действительно, грань ABD у этих двух тетраэдров общая, ДРАВ и ДРАВ суть части Д АВС, соответственно ДАОС, a SPBD меньше либо SBad, либо Sbcd, так как PBD есть сечение тетраэдра ABCD, проходящее через его ребро. Отсюда следует справедливость теоремы.

а) Проекция любого многогранника на плоскость есть многоугольник, вершины которого являются проекциями некоторых вершин многогранника. Так как у тетраэдра четыре вершины, то

в зависимости от выбора плоскости проекций его проекция может быть либо треугольником, либо четырехугольником. Рассмотрим оба эти случая.

1°. Пусть правильный тетраэдр ABCD проектируется в треугольник А'В'С', совпадающий с проекцией одной из его граней —

Рис. 105.

грани АВС (рис. 105, а). По известной формуле для площади ортогональной проекции плоской фигуры имеем

S А'в'С' — ^АВС cos Ф ^ SABC’

здесь ф — угол между плоскостью грани и плоскостью проекции. Площадь проекции будет наибольшей, когда созф = 1, ф = 0, т е. когда плоскость АВС параллельна плоскости проекции; в этом случае__

5— 5 °2 ^^

А'В'С' “ ^АВС 4>

где а —ребро правильного тетраэдра ABCD.

2°. Правильный тетраэдр ABCD проектируется в четырехугольник A'B'C'D' (рис. 105,6). Воспользуемся известной формулой для площади четырехугольника:

^A'B'C'D' " *2" ^ ^'' ^^' $in а»

где а — угол между диагоналями A'D' и В'С' четырехугольника A'B'D'C' (см. решение задачи 45а)). Но A'D' и В'С' являются (ортогональными) проекциями ребер AD и ВС тетраэдра ABCD. Поэтому A'D' = асозф, В'С' = a cos %, где а = AD = ВС, а ф и X — углы, образованные ребрами AD и ВС с плоскостью проекции.

Площадь ^a'B'C'D' ~°2 cos Ф cos % sin а будет наибольшей, если

cos ф = cos % = sin а = 1, т. е. при ф = х — 0, а = 90°.

Чтобы получить такую проекцию тетраэдра наибольшей площади, построим куб ABCDА'В'С'D' со стороной Я^^ и впишем

Рис. 107.Рис. 107.= a2 (cos а + cos Р + cos у).= a2 (cos а + cos Р + cos у).

Рис. 107.

Рис. 107.

= a2 (cos а + cos Р + cos у).

= a2 (cos а + cos Р + cos у).

в него правильный тетраэдр ACB'D' с ребром а (рис. 106) Очевидно, что проекцией этого тетраэдра на любую грань куба будет квадрат; угол между диагоналями квадрата — прямой, а сами диагонали равны ребрам тетраэдра. Таким образом, наибольшая пло

щадь четырехугольной проекции а2 .

тетраэдра равна — , что больше, чем

,а2 FT

наиоольшая площадь —— его треугольной проекции.

Итак, из всех ортогональных проекций правильного тетраэдра наибольшую площадь имеет квадрат, получающийся при проектировании тетраэдра на плоскость, параллельную любым двум его скрещивающимся ребрам.

Ясно, что тень (ортогональная проекция на плоскость) куба ABCDAiBiCiDi с ребром а представ

ляет собой центрально-симметрич

ный шестиугольник АуВхСхС D А (который может «вырождаться»

в параллелограмм), противоположные стороны которого равны

и параллельны; этот шестиугольник состоит из трех параллелограм

мов— проекций трех граней куба (на рис. 107 — граней АА^В^В, ABCD и BB^CiC', проекции остальных трех граней заполняют тог же шестиугольник). Обозначим углы, которые образуют эти три грани

С другой стороны, очевидно,

а = Z (АА', AD), р = z (АА\ АА^, у = Z (АА', АВ),

где АА*— «проектирующая» прямая, параллельная направлению солнечных лучей (мы предположили, что оно перпендикулярно плоскости проектирования). Разлагая единичный вектор Ае направления АА' по составляющим, направленным по (взаимно перпендикулярным!) ребрам AD, AAi и АВ куба, получаем

Ае = Ad -р Aai -р Ab,

где

1 = Де2 = (А^)2 = (Ad + A^t 4-Ab)2 = Ad2 + А^ + Ab2 =

= (Ad)2 4* (Aai)2 4-(Ab)2

И

Ad = cos a, Aa\ = cos p, Ab = cos y.

Таким образом, получаем

cos2 a + cos2 p + cos2 у = 1.

Теперь из алгебраического неравенства *)

a-VbA-c /a? A-b2-V с2, .

(где а, Ь, с — произвольные положительные числа), вытекающего из того, что

а2 А- Ь2 Аг с2 / а А- b А- с \2

3\3) ~

= -i- (2a2 4- 262 + 2с2 - 2ab - 2ас - 26с) =

= у К« “ >2 + <6 - с)2 + (с - °)2] > О

(равенство в (*) имеет место лишь при а = Ь = с), получаем

Q- 2 cos a + cos P + cos у

^;B^cWdfl3

< 3a2 3a2 ^2

где равенство достигается лишь при a = р = у, т. е. при проектировании куба в направлении его диагонали (в нашем случае диагонали BDv, в этом случае проекция AVBVCVC D А будет представлять собой правильный шестиугольник).

Примечание. Предоставляем читателю самостоятельно разобрать случай, когда солнце не находится в зените, т. е. когда тень представляет собой параллельную, но, вообще говоря, уже не обязательно ортогональную, проекцию на плоскость — правильного тетраэдра, соответственно куба (при этом по-прежнему максимум площади проекции достигается, если расположить рассматриваемый многогранник так, чтобы солнечные лучи были параллельны двум противоположным ребрам тетраэдра, соответственно диагонали куба), а также случаи, когда тетраэдр не является правильным или куб заменяется произвольным (скажем, прямоугольным) параллелепипедом.

а) Если О — центр искомого центрально-симметричного многоугольника т, то, симметрично отразив от О данный А АВС = Т вместе с т (который при этом перейдет в себя), мы убедимся, что т вписан также и в Av4iBiCi = 74, симметричный £^ АВС относительно О. А так как пересечение) п — Т (М\ треугольников 7 и 74 является, очевидно, центрально-симметричным многоугольником с центром О, то наибольший вписанный в Т центрально-симметричный многоугольник с центром О совпадает с п.

Теперь нам осталось выбрать точку О таким образом, чтобы много- д угольник п = Т Г) 71 имел наибольшую возможную площадь. В зависимости от положения точки О многоугольник п может быть параллелограммом (рис. 108,а) или центральносимметричным шестиугольником (рис. 108,6). Однако сразу видно, что в случае, когда п представляет собой параллелограмм, всегда можно так изменить положение точки О, чтобы п стал шестиугольником и увеличился по площади (см. рис. 108, о)). Следовательно, наибольший вписанный в данный треугольник АВС центрально-симметричный многоугольник должен быть шестиугольником.

Обозначим шестиугольник п через KLMNPQ (см. рис. 108,6). Для того чтобы площадь п была возможно больше, надо, чтобы сумма площадей треугольников LBM, NCP и QAK была возможно меньше. Но все эти треугольники подобны А АВС* площадь каждого из них относится к площади А АВС соответ- LB2 NP2 АК2

ственно, как *д^а> "д^Т и "ДВ2 И’ следоват€льно> сумма их

LB2 4- NP2 4- AK2 площадей относится к площади А ЛВС, как-д^. Следовательно, нам остается выбрать точку О таким образом, чтобы сумма LB2 + NP2 + АК2 была возможно меньшей.

Так как NP = KL (противоположные стороны шестиугольника KLMNPQ симметричны относительно О и, следовательно, равны), то AK + NP + LB = Л.х + KL + LB = АВ.

Обозначим AK = х, NP = у, LB — 2, АВ = х + у -\- z = а. Нетрудно показать, что сумма х2 + у2 + г2 достигает минимума при а п «

х = у — z — ™. Действительно,

(Х2 + у2 + 22) _ 3 ^^ = (д.2 + у2 + 22) _ (£±£±£)1^0

(ср. с решением задачи 51 б)). Таким образом, сумма х2 + у2 + г2 = = АК2 + KL2 + LB2 будет иметь наименьшее значение, если

АВ

AK — KL —LB = —— (т. е. х — у = х — г = у — 2 = 0). В этом случае площадь каждого из трех треугольников, отсекаемых от А ЛВС сторонами АЛ1В1С1, равна -д- $дВС и, следовательно, Sn — -1s ~ 3 ^АВС

Остается выяснить, для какого положения точки О имеют место равенства AK = KL = LB. Соединим точки С и Сь Прямая СС4 проходит через О и пересекает АВ и Л1В1 в точках, которые мы обозначим через D и D^. Из соображений симметрии следует, что

OD = OD^DCy^^D^.,

а из того, что KL = — АХВЬ вытекает

dc^Idc.

Отсюда получаем

CXD = DO = ODX = DVC, и значит,

со = 1 CD

•— заключенный внутри А АВС отрезок прямой СО делится точ

2в этом случае плои^адь шестиугольника m = п = Т f] Tt равна ~2в этом случае плои^адь шестиугольника m = п = Т f] Tt равна ~кой О в отношении 2:1, считая от вершины. Точно так же доказывается, что отрезки прямых, проходящих через точку О и вершину Л, соответственно В, заключенные внутри треугольника ЛВС, делятся точкой О в отношении 2:1, считая от вершины. Из этого нетрудно вывести, что О есть точка пересечения медиан треугольника ЛВС;

2

в этом случае плои^адь шестиугольника m = п = Т f] Tt равна ~

2

в этом случае плои^адь шестиугольника m = п = Т f] Tt равна ~

еслиесли5=15=1(2

если

если

5=1

5=1

площади S треугольника Т (“"g"»

б) Пусть А АВС заключен внутри выпуклого центрально-симметричного многоугольника М с центром О. Симметрия относительно О переводит М в себя и переводит А АВС в А А'В'С', который также, очевидно, должен заключаться внутри М. Отсюда следует, что наименьший по площади выпуклый центрально-симметричный многоугольник с центром симметрии в точке О, заключающий внутри себя А АВС, совпадает с наименьшим выпуклым многоугольником, содержащим внутри себя /\ АВС и А А'В'С', т. е. с выпуклой оболочкой шести точек А, В, С, А', В', С’ (ср. с началом решения задачи 25; так как А и А', В и В', С и С' симметричны относительно О, то эта выпуклая оболочка — центрально-симметричный многоугольник с центром О).

Пересечение А АВС и А А'В'С' может быть параллелограммом или центрально-симметричным шестиугольником. В первом случае выпуклая оболочка точек А, В, С, А', В', С' представляет собой изображенный на рис. 109, а параллелограмм АВА'В', площадь которого

Рис. 109.

не может быть меньше удвоенной площади /\ АВС. В самом деле, ^АВА'В'^^АОВ*1

ноибо если бы высота ОР треугольника АОВ была

AUuADv.

меньше половины высоты СН треугольника АВС, то точка С' находилась бы вне ZXABC (за стороной АВ^ и пересечение &АВС и А А'В'С' не было бы параллелограммом.

Во втором случае выпуклая оболочка рассматриваемых точек представляет собой центрально-симметричный шестиугольник АС'ВА'СВ' (рис. 109,6), площадь которого в точности равна удвоенной площади А АВС* В самом деле,

5 АС'ВА'СВ' = $ОАВ' + $ОА'В + SOCA' + $ОС'А + SOBC' + SOB'C

^ ^OAB' + ^OCA' + 2SOBC'\ HO

^OAB' ^ ^OAB*

ибо АО есть медиана треугольника AB'В, и аналогично

SOCA' ” SOCA> SOBC' — $ов6 следовательно,

^АС'ВА'СВ' ^ 25О АВ + toOCA + 25О ВС 8=8 25 АВС*

Простейший пример центрально-симметричного многоугольника (наименьшей возможной) площади 25двс (т. е. площади 2, если 8две ^ О, заключающей внутри себя А ЛВС, доставляет параллелограмм АВА'С (рис. 109,в).

Ясно, что каждая отличная от центра тяжести М (точки пересечения медиан) внутренняя точка Q треугольника АВС находится внутри хоть одного из треугольников площади -^ 8ДВС> отсекаемых от А АВС параллельными его сторонам прямыми, проходящими через М (рис. ПО, а); поэтому прямая /, проходящая

Рис. НО.

через Q и параллельная «основанию» отсекаемого треугольника, делит А АВС на части, отношение меньшей из которых к большей будет меньше чем

(9 SABc\* 9 5АВС 4’5'

С другой стороны, если Q = М, то отношение Si: S2 площадей частей, на которые разбивают А АВС, проходящая через Q =» М

прямая /, всегда заключается в пределах

5 S2 4 е

В самом деле, если прямая / пересекает стороны АВ и АС треугольника в точках U и V, а проходящая через М прямая /о II ВС пересекает эти стороны в точках Uo и Vo, то в случае UM > MV из рис. ПО, б, где U0P || АС, следует

^AUV ” SAUttV0 + 5ийим ~ ^УУ0М = SAU»V3 + SMUttP +

4

+ SUttPU ~ $MVQV ^ SAV0Vtt + SUtiPU ^ SAUqV6 " "9" SABC’

поэтому здесь

Sauv

$UBCV 5/95

Ho

c

AUV / *оb

°UBCV поскольку

SAUV ” $ABD ~" SMUB + SMDV ^ SABD ~~2$АВС'

ибо UM ^ MV по предположению, BM = 2MD >> MD, и значит, °MUB °MDV*

Итак, наиболее выгодной является точка М, для которой рассматриваемое отношение площадей к заключено в пределах

а) Будем считать стороны квадрата К горизонтальными и вертикальными и сдвинем параллельно фигуру Ф на расстояние 0,001 в направлении одной из сторон квадрата, скажем, слева направо. Так как Ф не содержит точек, удаленных друг от друга на расстояние 0,001, то полученная таким сдвигом фигура Ф' не пересечется с фигурой Ф; далее, обе они располагаются внутри прямоугольника, три стороны которого совпадают со сторонами К, а четвертая получена из правой стороны К сдвигом ее на 0,001 вправо. Сдвинем теперь Ф на то же расстояние 0,001 в направлении, образующем угол в 60° с направлением первоначального сдвига, скажем, вправо и вверх (рис. 111, а, где а' и а" — векторы рассматриваемых сдвигов). Полученная фигура Ф" содержится внутри квадрата Ki со стороной 1,001, полученного из К сдвигом его правой и верхней сторон на расстояние 0,001 во внешнюю по отношению к К сторону (и даже в несколько меньшем прямоугольнике, что нам, впрочем, совсем не будет важно); кроме того, она, так же как и Ф', не пересекает Ф. Но, более того, Ф" не пересекает также и фигуры Ф'. В самом деле, если некоторая точка А плоскости одновременно принадлежит и Ф' и Ф", и А', соответственно Аи,— точки фигуры Ф, которые переводятся в точку А первым,

соответственно вторым, из рассматриваемых сдвигов, то Л'Д = а' и Д"Л =±= а"; поэтому в треугольнике АА'А” имеем A A' ~ АА" = = 0,001 и Z А'АА" = 60°, и значит. А'А" — 0,001, в то время как таких двух точек A1 r А" фигура Ф по условию не содержит.

Таким образом, три непрекрывающиеся фигуры Ф, Ф' и Ф" одной и той же площади s (ведь эти фигуры равны!) расположены в квадрате Кл площади (1,001)2, откуда следует, что

<0,34.

б) Разумеется, полученная в задаче а) оценка 0,34 для площади фигуры Ф не является наилучшей возможной; так, например, выше мы отмечали, что фигура Ф" (так же, как Ф и Ф')

содержится не только в квадрате Кь но и в меньшем прямоугольнике, площадь которого легко оценить. Однако подобное уточнение решения задачи а) приводит лишь к весьма незначительному усилению полученного результата; поэтому мы теперь несколько дополним соответствующее рассуждение.

Заме । им, что наш вывод о том, что фигуры Ф' и Ф" нс имеют общих точек, сохраняет силу для любых двух фигур Ф1 и Ф2, полученных из Ф сдвигами (параллельными переносами) на такие два вектора at = OMt и аг = ОМ2, что вектор MiAf2 (который отвечает сдвигу, переводящему Ф4 в Ф2!) имеет длину 0,001. Однако если длины векторов а^ и а2 отличны от 0,001, то мы уже не можем быть уверены в том, что фигуры Ф1 и Ф2 не пересекают Ф. Поэтому последнее заключение мы здесь заменим существенно более слабым утверждением о том, что хоть одна из этих двух фигур имеет «не слишком большое» пересечение с Ф: в самом деле, если площадь фигуры Ф равна s, то хоть одна из двух (непересекаю- щихся!) фигур Ф1 и Ф2, например, фигура Фь пересекает Ф по части, площадь которой ^ ~ s. Отсюда в свою очередь следует,

3

что плои^адь объединения фигур Ф и Ф\ не превосходит -^ s.

Вернемся теперь к определенным в решении задачи а) фигурам Ф' и Ф" и предположим, что векторы а* = ОМ и а" = ОМ” отвечающих им сдвигов по длине и по положению на плоскости совпадают со сторонами ромба ОММ^Г' с диагональю OMi, где

OMi = ai 9 (рис. 111,6). Так как при этом Ф4 получается из Ф' сдвигом на вектор М'М4 длины 0,001, а Ф'(—ф) не содержит удаленных друг от друга на расстояние 0,001 точек, то Ф' не пересекает Ф4. Точно так же доказывается, что и Ф" не пересекает Ф4, т. е. что Ф' и Ф" не пересекаются с объединением Ф U Ф4 фигур Ф и Ф4. Таким образом, общая площадь, покрытая фигурами Ф, Ф4, Ф' и Ф" не меньше чем

3,,7

_$+$+5=-5.

Но все эти фигуры, очевидно, содержатся в квадрате К со_сторо- ной 1 +0,001 |^3 < 1,0018 (и даже в несколько меньшем К квадрате, что, впрочем, лишь весьма несущественно меняет полученную ниже оценку). Отсюда следует, что

72

yS<(l,0018) и, значит, s < у (1,0018)2 < 0,287.

Примечание. Полученная в решении задачи б) оценка $ < 0,287 также, разумеется, не является точной; было бы желательно улучшить ее (или даже найти точное значение infs, достигаемое при указанных в задаче условиях2), что, впрочем, видимо, совсем не просто).

а) Первое решение. Обозначим стороны рассматри

, ап, где at ^ az ^ ... ^ ап;, ап, где at ^ az ^ ... ^ ап;ваемых квадратов через а4, п2, аз, ... при этом по условию а^ + а^ + ...

, ап, где at ^ az ^ ... ^ ап;

, ап, где at ^ az ^ ... ^ ап;

21

... + ап^.-^. Будем вкладывать наши квадраты в «большой» квадрат К = ABCD со стороной 1 так: сначала приложим к стороне АВ квадрата Л последовательно квадраты ABXCXDX, BXB2C2D21 и т. д., как это изображено на схематическом рис. 112. При этом стороны приложенных к стороне АВ «квадратов 1-го ряда» последовательно равны Ui. a2^ ..., аПх_! (где «номер» tit — 1 последнего квадрата 1-го ряда может, разумеется, равняться единице), и это вложение мы продол-

жаем до тех пор, пока оно остается еще возможным, откуда сле

дует, что

«1 + л2 + v . + aniwl < 1, но Oj + а2 + ... + «rtl-i + а^ > I.

9 При этом, разумеется, оказывается, что длина вектора OMi = ах равна 0,001 V 3 — длине диагонали ромба со стороной 0,001и острым углом в 60°; таким образом, векторы ОМ4 = at и ОМ2 = а2 надо направить по боковым сторонам равнобед-* ренного треугольника ОМХМ2 со сторонами длин 0,001 /3^ 0,001 |Аз и 0,001.

Отсечем теперь от К с помощью прямой /1 = DtCi полоску толщины 01 и будем последовательно прикладывать «квадраты 2-го ряда» с длинами сторон ап? arti+1, •••, «п2~1 к прямой /1 сверху (см. тот же рис. 112), пока это будет возможно; при этом мы будем иметь

оП1 + аш+1 + •'• +ап2-1<!- ио аП1 + а„|+1+ ... +а„2_1+а„2>1.

Затем так же отсечем от К с помощью прямой /2II АВ еще одну полосу ширины апх и «квадраты 3-го ряда» со сторонами а^, ап2+\> •••’ ал3—1 будем вкладывать в оставшуюся часть квадрата К ширины 1—«1 — ап^ или, точнее, в расположеннную над прямой /2 «бесконечную полуполосу», поскольку верхнюю сторону DC квадрата Kt мы пока оставим без внимания. При этом, если каждый раз мы обрываем процесс заполнения определенного ряда квадратов лишь тогда, когда сторона ВС квадрата К не позволяет вместить в нашу полуполосу еще один квадрат, и если всего мы получим таким путем к рядов «меньших» квадратов, то аналогично выписанным выше неравенствам будем иметь

«п, + %+1 + • • • + «„,-!< 1. но а^ + а„2+1 + ... + а^х +а^>1;

anfe + апк+1 + ■ • • + ап ^ 1

(где п4 < пз < п3 < ... < пк ^ п; разумеется, число квадратов в к-м ряду может равняться единице).

Для того чтобы установить возможность требуемого размещения и «малых» квадратов внутри единичного квадрата К ^ ABCD, достаточно убедиться, что

а1 + о„1+а„2+ ... +%<1 ^AD).

Но так как ах + а2 + ... + Ощ-1 + апх > 1» то а2 + а3 + • • • + аПх > 1 ~ «Г»

умножая стоящие слева слагаемые соответственно на «г, на аз, ..., на аПх, а выражение справа — на аПх (^ ап_х^ ^^2^ • • • ^ a2^

получаем

«2 + а3 + • •' + “п, > 0 — я1) апх-

Аналогично этому из относящихся ко 2-му, к 3-му, ..., к (к—1)-му ряду квадратов неравенств получаем

«1+1 + апх+2 + • • • + “il > (* — “nJ “п?“«,+1 + апх+2 + • • • + an3 > (* — ^ °п3»

an*_, + l + °п*-1+2 + ••• + йл*>(1%_,)%•

Сложим теперь полученные к — I неравенств:

«2 + 4 + • • • + °п^ >

>(1а1) апх + (l”"^) ап2 + (^"~а«2) ^ь "^ “ + (^ ™" а«^—1) апк^

> 0 ~ «1) апх + О - «1) % + 0 - <4) % + - • • + о ~ «1) %к =

= (1~«1) (% + % + %+ “• + %).

Обозначим через о сумму площадей всех п «малых» квадратов; а^"2" по Условию задачи. Тогда стоящая в правой части последнего неравенства сумма равна

2 2 2 ^12О-й1-%+1- ••• ~«п<"а1-

откудаоткудаТаким образом, получаем

откуда

откуда

121.2

"2~а1-^ — ^i + ^i

аи 4“ а„ 4“ • • • 4* ol := 1:,

п1 пгпк 1 ~ «11—01

и значит,

4 ~ + °1 «1 + % + «„2+ ••• +%<!Г^—+ «1 =

_2"-2ti1 + 2af_ j (|_2ai)2

1 — at 121 - а, l>

что и требовалось доказать.

Второе решение. Требуемое утверждение можно также доказать методом математической индукции. При этом нам будет удобно несколько его обобщить (доказать больше иногда легче!), заменив следующим: если сумма площадей п квадратов со сторонами а^ аг, ..., ап (где мы по-прежнему считаем, что at ^ ^а2^...^а^ не превосходит половины площади прямоугольника Р = ABCD со сторонами АВ = b и ВС = с (т. е. если sn = а? 4“ «2 + • • • 4- ап ^"^ ^с j и если di ^ b ^ с, то эти квадраты можно без пересечения разместить внутри Р. При п = 1 это, разумеется, очевидно; будем считать теперь наше утверждение доказанным для любого числа квадратов, меньшего какого-то заданного числа п, и докажем его для случая п квадратов.

Приложим последовательно квадраты со сторонами atl аг, ... • ,., ат к стороне АВ = b прямоугольника Р, как это показано

на рис. 113. (При этом мы считаем, что (т + 1)-й квадрат вложить в «полоску» ABED^ уже нельзя, т. е. что а^ + аг 4- .. + ат + 4- am+i > Ь.) Если сумма а^ 4- uj 4~ • • • 4- «^ = sin площадей т квадратов (подобные обозначения мы будем употреблять и в дальнейшем) не меньше половины площади прямоугольника ABED^ ^т. е. "Oi^j, то площадь оставшихся п — т квадратов не превос- р ходит половины площади прямо- - угольника DiECD, и по предположению индукции их можно разместить в этом прямоугольнике без пересечений; поэтому нам надо лишь разобрать случай, когда sm < — axb (и m < п\

Заметим прежде всего, что в ах рассматриваемом случае ат < -«-:

7 ведь если ат ^-2"> то» очевидно, «2 + аз+ ••• +°m^4SB,C,L/<;8

А В,КВ2..

так как, кроме того, а^^ а^^^ >

Рис. 113.о1 с М Л

>SKLEB> Т0 Sm^^SABEOxy-saik)-

^Здесь также ах < ^ Ь, и значит, а^Ь — ах; в самом деле, если а1 >"^ Ь, то уже Sj ^«j >^-ахЬ^ Далее мы можем считать, что sn > у ах (Ь 4- ai): действительно, если бы было sn = = о?4-«2+ ••- + ап^"^ах № + ахУ то мы имели бы

52 + а3 + • • • + an = sn ~ А ^ "2" аХ (^ + а1) *~ аХ ^

= у «! (b — Oj) = у SB1BEC1

— и по преположению индукции все квадраты с 2-го до последнего можно без пересечений разместить в прямоугольнике BxBECi. С другой стороны, Sm<^ ахЬ < ~ ах <Ь 4- ахУ, обозначим через к такой номер (где т ^ к < п\ что

sfe = ai + °г+ ••• + а* < у “* (6 ^ ai)’

НО

sft+l = °1 + °2 + • • • + °А + “л + 1 > dl (6 + Я,).

Далее имеем

й2 + й3 + 11 • + 4 = S4 ~ Й1 ^

<у а, (6 + О]) — а|=у ^ (6 — а,) ="2 8В ВЕС1, откуда вытекает, что все квадраты с 2-го по k-й можно без пересечений расположить в прямоугольнике В^ВЕС^ и ^2 + сз + • • • + а^ =

”s6+i ~й1-4+1 >4а' (6 + °1) ~ а1 - °А+1 =•

I L 2 I 122\ \

~ у avb — ах +«1 — ak-vX j >

^"2" °1^°1 + (*2^ а1 ат^ ^ ~2 а^ °Р

и значит,

sk = °? + а2 + • •1 + ^к > у а А

а следовательно,

Л&+1 *1“ а£+2 + ••• "V^n^Sn sk ^ *2*^с ^ ^& =

= у b (с — Oj) = -^ SD^ECD,

и все оставшиеся квадраты (с (я+1)-го по n-и!) можно без пере сечения разместить в прямоугольнике DXECD.

б) Докажем, что если два квадрата со сторонами пг и п мп гут быть без пересечения расположены внутри квадрата со сторо

ной а, то m-V п ^ а; отсюда уже будет следовать, что два квад. 1 , рата со стороной (сумма площадей которых в точности равна -^!) не могут быть без пересечений размещены в квадрате со стороной <1. В самом деле, если Ki и Кг — два непересекающихся квадрата, то найдется прямая /, которая их «разделяет», т. е. такая, что Ki и Кг лежат по разные стороны от /. Действительно, пусть АхгКх и Ай г Кг — такие

точки наших квадратов, что ника

кие другие точки Ки соответственно Кг» не удалены друг от друга на расстояние <Л1Л2 (рис. 114); через I мы обозначим прямую, перпендикулярную Л1Л2 и проходящую через середину S отрезка ЛИ2. Если бы квадрат Кг содержал точку В, расположенную по ту

tn = RxT 1 ^tn = RxT 1 ^AUV^2AUV^2и n = R2T2<:и n = R2T2<:CVf2 t2;CVf2 t2;

tn = RxT 1 ^

tn = RxT 1 ^

AUV^

2

AUV^

2

и n = R2T2<:

и n = R2T2<:

CVf2 t

2;

CVf2 t

2;

же сторону от /, что и точка Ai, то он (по очевидному свойству квадрата!) наряду с точками Л2 и В содержал бы и весь отрезок Л2В; но при этом для близкой к Д2 точки С отрезка АгВ наверняка было бы AiC < AiA2 (ибо если AJ) ± ЛИ2, то в обозначениях рис. 114 Z А^А^В < Z AiA2D = 90°), что противоречит определению точек Л1 и Л2.

Проведем теперь прямую / = MN, разделяющую два квадрата Ki и Кг со сторонами т и п, расположенные в квадрате К = ABCD со стороной а (рис. 115, где квадраты Ki и Кг изображены пунктиром); пусть Ki попадает при этом в часть ABMN квадрата К, а Кг — в часть MCDN; кроме того, пусть еще Z MNA ^ 90°. Сдвинем теперь квадрат Ki в направлении ВА, а затем в направлении DA так, чтобы его вершины (обозначим их Pt и Qi) попали на стороны АВ и AD квадрата К; аналогично сдвинем Кг в угол С квадрата К. (Сдвинутые квадраты мы по-прежнему будем обозначать через Ki и Кг.) Соединим А с центром 01 квадрата Ki = = PiQiRiTi (в новом его положении); при этом из рассмотрения описанной вокруг четырехугольника труда вытекает, что Z О^АРх = ji = 45°. Отсюда следует, что пря

мая AOi — биссектриса ZBAD, и, значит, она совпадает с диагональю АС квадрата ABCD. Аналогичное рассуждение показывает, что диагональ АС проходит и через центр О2 квадрата Кг = P2Q2R2T2 (в новом его положении); пусть она пересекает стороны RxTx и R2T2 квадратов Кх и Кг в некоторых точках U и V.

Заметим, что

AU -VVC<AC = aV2\

докажем, что

отсюда и будет следовать требуемое неравенство

т + п< -E^-(AU + CV)<-^- АС = а.

В самом деле, пусть прямая R1T1 пересекает прямые АВ и AD в точках Е и F; положим Z FEA = а (тогда Z EFA = £ = = 90° — а). Из рассмотрения прямоугольных треугольников PiT 1Е и QxRxF с острыми углами а и £ и одним катетом длины т, получаем

EF = RXT1 + Т^Е + RXF = m + mtga + m ctg a =

,. . ,, , x 1 + sin a cos a

= m(l + tga + ctg a) = m:•

sin a cos a

С другой стороны, применяя теорему синусов к треугольникам AUE и AUF^ которых Z UAE = Z UAF = 45°, Z AEU = а, Z AFU = р = 90° — а, имеем

UE = AU sm45°UF = AU --"--У- = AU ЛШ4^

sinasinpcos a

и значит,

EF — AU sin 45° f—г— \ sin aEF — AU sin 45° f—г— \ sin a1 \ ALJ K2 sin a + cos acos a /2 sin a cos a *

EF — AU sin 45° f—г— \ sin a

EF — AU sin 45° f—г— \ sin a

Таким образом, получаем

1 + sin a cos am:sin a cos a1 + sin a cos am:sin a cos aду |/2 sin a + cos a 2 sin a cos a

1 + sin a cos am:sin a cos a

1 + sin a cos am:sin a cos a

Ho sin a + cos a ^ 1 + sin a cos a при всех 0 ^ a ^ 90°, поскольку

(1 + sin a cos a) — (sin a + cos a) = 1 — sin a — cos a + sin a cos a =

поэтомупоэтому= (1 — sin a) (1 — cos a) ^ 0= (1 — sin a) (1 — cos a) ^ 0/22/22

поэтому

поэтому

= (1 — sin a) (1 — cos a) ^ 0

= (1 — sin a) (1 — cos a) ^ 0

/2

2

/2

2

Точно так же доказывается и неравенство

CV^>n,

чем и завершается рассуждение.

а) Прежде всего исключим из рассмотрения все те отрезки покрытия, которые сами целиком покрываются одним или несколькими из этих отрезков. После этого занумеруем все оставшиеся отрезки в определенном порядке следующим образом. Будем считать, что наш исходный отрезок О длины 1 расположен горизонтально. Назовем первым тот из оставшихся отрезков покрытия, который покрывает левый конец отрезка О (отметим, что такой отрезок может быть только один, так как если бы их было два, то тот из них, правый конец которого левее, можно отбросить). Далее назовем вторым тот из отрезков покрытия, который содержит правый конец первого отрезка. Мы утверждаем, что такой отрезок может быть тоже только один. Действительно, пусть таких отрезков два: Oi и О2, и пусть левый конец О4 расположен левее левого конца О2. При этом, если правый конец О4 расположен правее правого конца О2, то отрезок О2 целиком содержится внутри Oi (и поэтому был нами раньше исключен из рассмотрения); если же правый конец Oi расположен левее правого конца О2, то отрезок Oi целиком покрывается отрезком О2 и первым отрезком (сделайте соответствующие чертежи!).

Точно так же существует единственный отрезок, покрывающий правый конец второго отрезка; назовем этот отрезок третьим, и т. д. Отметим при этом, что никакие два отрезка, имеющие оба четные или оба нечетные номера, не пересекаются*, в самом деле, если бы, например, первый и третий отрезки пересекались, то они

покрывали бы целиком второй отрезок, чего, по предположению^ не может быть. Далее общая длина всех оставшихся отрезков покрытия заведомо не меньше 1 (длины отрезка О). Отсюда следует, что илипокрывали бы целиком второй отрезок, чего, по предположению^ не может быть. Далее общая длина всех оставшихся отрезков покрытия заведомо не меньше 1 (длины отрезка О). Отсюда следует, что илиобщая длина всех «нечетных» отрезков необщая длина всех «нечетных» отрезков не11меньше —меньше —или общаяили общая

покрывали бы целиком второй отрезок, чего, по предположению^ не может быть. Далее общая длина всех оставшихся отрезков покрытия заведомо не меньше 1 (длины отрезка О). Отсюда следует, что или

покрывали бы целиком второй отрезок, чего, по предположению^ не может быть. Далее общая длина всех оставшихся отрезков покрытия заведомо не меньше 1 (длины отрезка О). Отсюда следует, что или

общая длина всех «нечетных» отрезков не

общая длина всех «нечетных» отрезков не

1

1

меньше —

меньше —

или общая

или общая

длина всех «четных» отрезков не меньшедлина всех «четных» отрезков не меньше1 А

длина всех «четных» отрезков не меньше

длина всех «четных» отрезков не меньше

отрезки покрытия, общая длинаотрезки покрытия, общая длина-^. А это и показывает.

отрезки покрытия, общая длина

отрезки покрытия, общая длина

что существуют непересекающиеся которых не меньше -^-.

Пример отрезка О, покрытого «в шахматном порядке» четным числом «белых» и «черных» (или «четных» и «нечетных») отрезков одинаковой длины, лишь соприкасающихся своими концами (или перекрывающихся по сколь угодно малым частям), показывает, что полученную в этой задаче оценку нельзя улучшить.

б) Выберем самый большой из квадратов покрытия (обозначим его Ki) и отбросим все пересекающиеся с ним (не превосходящие его размерами) квадраты; ясно, что если площадь квадрата Ki равнялась /г^ то не покрытая Kt площадь, покрываемая отброшенными квадратами, будет ^ 8&| (ибо она представляет собой окружающую контур Ki «полоску» ширины ^^i). Затем выберем самый большой из оставшихся квадратов и снова отбросим все квадраты, пересекающиеся с рассматриваемым квадратом Кг. Продолжая поступать таким же образом, мы выделим систему неперекрывающихся квадратов, общая площадь которых не меньше восьмикратной площади отброшенных квадратов — откуда и вытекает утверждение задачи.

Примечание. Предложенный в решении задачи б) метод может быть использован и в («одномерной») задаче а), где также возможно начать с наибольшего из покрывающих рассматриваемый отрезок О меньших отрезков Or, затем, отбросив все пересекающие отобранный отрезок Ох отрезки покрытия, взять наибольший из оставшихся, и т. д. При этом мы получим системы неперекрывающихся отрезков общей длины ^тр Однако, в то время как в задаче а) полученная таким путем оценка легко может быть усилена и доведена до наилучшего возможного результата, в случае задачи б) ситуация оказывается совсем иной (ср. со сказанным на стр. 45—47).

а) Рассмотрим выпуклую оболочку М наших п точек, т. е. наименьший выпуклый многоугольник, содержащий внутри и на границе все наши точки (ср. с началом решения задачи 25). Пусть М есть выпуклый ^-угольник А1А2А3.. .А а, внутри которого лежат оставшиеся п— к точек (где п^102). Если п > к, то выберем одну (произвольную) из внутренних точек (обозначим ее через Aa+i) и соединим отрезками со всеми вершинами М, разбив тем самым М на треугольники. Далее, если еще одна точка Аа+2, не являющаяся вершиной Л? и отличная от Aa+i, принадлежит треугольнику с вершинами Ai, А, и Az, томы соединим ее с этими тремя точками, разбив тем самым A A<AjAi на три меньших треугольника; затем точно так же поступим сточкой Аа+з, и т. д. — до последней точки Ап. Если же

п = k, то мы разобьем М на треугольники диагоналями, проходящими через какую-то одну вершину Ai этого /г-угольника.

Итак, во всех случаях мы можем разбить М на некоторое число t треугольников с вершинами в наших точках. Оценим число L Сумма углов всех / треугольников разбиения равна М80°; с другой стороны, она равна сумме (^ — 2)-180° углов ^-угольника М, увеличенной на число (п— ^)-360° — на сумму всех «внутренних» углов нашего разбиения. Итак

/ • 180° = (6 - 2) 180° -Нп-кУ 360°, откуда

t = 2п - к - 2.

Таким образом, число / треугольников имеет наименьшее значение, равное п — 2 в случае к — п, т. е. в случае, когда все наши точки принадлежат границе выпуклой оболочки М. А так как по условию п ^ 102, то Г ^ 100. Но поскольку площадь многоугольника М, разбитого на наши / треугольников, заведомо <1 (ибо М заключается в квадрате площади 1), площадь по крайней мере одного из рассматриваемых треугольников <0,01.

б) Спроектируем наши п точек Ai, А2, ..., Ап (где п ^ 102) на какую-то, скажем горизонтальную, сторону АВ содержащего все эти точки квадрата К. Разобьем АВ на 100 неперекрывающихся отрезков длины 0,01; тогда хоть на одном из отрезков разместятся не меньше трех проекций точек Аь ..., Ап *). Поэтому какие-то три из наших точек — назовем их Аг, А, и АА — попадут в одну «полосу» Р ширины 0,01 и площади 0,01, проектирующуюся на АВ в рассматриваемый отрезок. А отсюда в силу результата задачи 61 б) следует, что

^А^0'0^ 0’005-

Пусть площади всех попарных пересечений рассматриваемых многоугольников М^ М^ ..., М9 м е н ь ш е -^; тогда площадь части многоугольника М2, не покрытой многоугольником Mi, больше 118

площадь части многоугольника М3, не покрытой ни мно-

117

гоугольником Мь ни многоугольником М^ больше 1 —g g"”*^» площадь части многоугольника М3, не покрытой ни многоугольником М^ ни многоугольником М2> ни многоугольником М3, больше 11116„

” *9" ~ "9" "” "§"" *9~’ “ ’ ’ площадь части многоугольника М9, не покрытой ни одним из многоугольников Mi, М2, ,.., М8> больше

9•*•9 9е

8 раз

9 Если бы число точек равнялось 101, то они могли бы совпасть с концами АВ и с (99) точками деления АВ; однако при п >- 101 сформулированное утверждение бесспорно имеет место (почему?).

Поэтому площадь объединения многоугольников Mi, М^ ... ,.., М9 в этом случае должна быть больше чем

i . 8 . 7 . 6 . а- 1

+ "9 + 9"+ ~9 + •'• + 9"-5,

что, однако, противоречит предположению о расположении всех многоугольников внутри прямоугольника площади 5.

Полученное противоречие и доказывает утверждение задачи.

а) Мы используем в решении введенные на стр. 51 обозначения; другими словами, кафтан площади 1 мы обозначим через М, а заплаты — через Mi, М2, М3, М4 и М5, причем те же символы М и Mt (где i = 1, 2, 3, 4 или 5) обозначают также и числа — площади кафтана ( = 1) и заплат; далее, скажем, как пересечение заплат М< и М2, так и площадь этого пересечения, мы обозначим через М12, и т. д. Заметим прежде всего, что из неравенства

М! + М2 + Мз + М4 + М5>5--2 =~> 1

следует, что наши заплаты неизбежно Перес екают с я; задача состоит в том, чтобы оценить наибольшую площадь пересечения двух заплат.

Мы утверждаем, что

М - (Mi + М2 + М3 + М4 + М5) +

+ (М12 + М13 + М14+ ... +М45)>0(1)

(где, как мы знаем, М = [). В самом деле, разность М—(Mi + М2 + ... 4- М5) была бы не отрицательна, если бы заплаты попарно не пересекались: тогда она была бы равна площади той части кафтана М, которую не покрывает ни одна заплата. Однако наши заплаты пересекаются, и в силу этого сумма Mi + М2 + ... + М5 оказывается гораздо больше покрытой заплатами части S кафтана М (не превосходящей, разумеется, М = 1!): дело в том, что, скажем, общая часть М12 заплат Mi и М2 учитывается в этой сумме дважды, поскольку она входит и в слагаемое Mi, и в слагаемое М2. Именно для того, чтобы устранить этот недостаток, мы оцениваем величину S (неявно фигурирующим в (1)!) выражением

s = (Mi+ ... +М5)~(М12+ ... +М45).

На самом деле имеет место даже неравенство s ^ S: в самом деле, часть кафтана, покрытая сразу тремя заплатами, (скажем, часть Mi23) вовсе не учитывается в s (поскольку она со знаком + входит в слагаемые М^ М2, М3 и с обратным знаком — в члены —М12, —Mis, —М23 выражения s); однако неравенство s<S нам даже выгодно и уже во всяком случае не лишает силы дальнейшие рассуждения. Теперь мы можем написать

М — (М1 + М2 + ... +Мб) + (М12 + М13+ ... +М45) =

= M-s>M-S>Ot

откуда получаем

Л*12 + М13 + ... + М45 >(М, + М2 + ... + М6)-М>

и значит (поскольку общее число «попарных пересечений заплат» М^ равно 0^ = 10), хоть одно из чисел М12, ..., М45 будет не меньше чем

А-ю=А220

Полученная задачи оценки надо уточнить, мулыПолученная задачи оценки надо уточнить, мулынами оценка, однако, хуже требуемой условием 1 /4 \'20г ПОЭТОМУ пРиведенные рассужденияВместо использованной выше «укороченной» фор-нами оценка, однако, хуже требуемой условием 1 /4 \'20г ПОЭТОМУ пРиведенные рассужденияВместо использованной выше «укороченной» фор-M-^Mi + 2^о>°.i аM-^Mi + 2^о>°.i аI, )= 1, 2, .... 5.I, )= 1, 2, .... 5.(1)(1)

Полученная задачи оценки надо уточнить, мулы

Полученная задачи оценки надо уточнить, мулы

нами оценка, однако, хуже требуемой условием 1 /4 \

'20г ПОЭТОМУ пРиведенные рассуждения

Вместо использованной выше «укороченной» фор-

нами оценка, однако, хуже требуемой условием 1 /4 \

'20г ПОЭТОМУ пРиведенные рассуждения

Вместо использованной выше «укороченной» фор-

M-^Mi + 2^о>°.i а

M-^Mi + 2^о>°.i а

I, )= 1, 2, .... 5.

I, )= 1, 2, .... 5.

(1)

(1)

где 2^ = ^+^+ ... + М5, 2мг/ = М12+М13+ ... + М46, мы привлечем «полную» формулу

М-^М, + ^Mu-^Mufe + ^Mukt-M12a46>0.(2)

Формула (2) следует из того, что

s = 2 Mi - 5 Ми + 2 Мцк - 2 MtJkl ч- АГ 1234В,(3)

откуда уже вытекает, что стоящее в левой части (2) выражение равно М — S ^ 0. В самом деле, мы уже видели, что величина s=2mz— 2 ^И может не равняться S, поскольку в ней вовсе не учитываются участки М^к кафтана, покрытые сразу тремя заплатами Mt, Mj и Мк. Поэтому более точное выражение для S дает сумма 2 ^i “ 2 ^И + 2 ^ик, также, однако, еще не обязанная совпадать с S, поскольку здесь учитывается дважды каждая часть MijAZ, покрытая сразу четырьмя заплатами (так, часть Л11234 кафтана в последнем выражении учитывается со знаком + в восьми слагаемых: Mi, М21 Ms, Me, Мт, Мт, Мт, М2зе, с обратным же знаком она фигурирует только в шести членах: Л112, AJ13, /И14, Л4гЗ, ^24 И Л1з4).

Таким образом, мы приходим к выражению

Mi "" 2 Мц + 2 ^Цк" 2 МЦкЬ

которое уже «почти равно» S: единственным источником ошибки здесь может явиться то, что общая часть М12345 всех пяти заплат полностью выпадает из нашей (алгебраической) суммы, участвуя во всех без исключения ее слагаемых — как положительных (их число равно 5 + 10= 15), так и отрицательных (их число равно 10 + 5, т. е. снова 15). Учтя это обстоятельство, мы придем к соотношению (3), обеспечивающему справедливость неравенства (2).

Точно те же рассуждения, примененные к куску Mv кафтана, покрытому «заплатами» Mi2, 7И13, М14 и Mi5, приводят к неравенству

Ml -2 M*i +2^18/-2^1^ + ^12345 > о, I, j, 6=2, 3, 4, 5. iij

Такие же неравенства можно записать и для кусков Мг, ..., М^ кафтана:

м2 - 2 М21 + 2 Ми1 - 2 M2lik + М.2345 > о,

Ms — 2 Msi + 2 ^6V — 2 М5</6 + M.234S >0.

Просуммировав все эти соотношения, отвечающие областям Мь М2, ..., М5, получим (проверьте это!)

2 Mi - 2 2 Mti + 3 2 Miife -4'21Mlikl-V 5Mm№ > 0. (4)

Прибавив теперь к (2) умноженное на ^- неравенство (4), мы придем к неравенству, в котором вовсе отсутствует сумма 2 м^

м -1 2 М, + у 2 МИ - у 2 МНЫ + 4 М.2345 > 0. (5)

Из (5) также следует

М-^М, Ч-у^М^О(6)

(заметим, что часть М12345 кафтана М входит в каждую из пяти его частей М^М) в силу чего Мцы >5М1234б и — Мцы + 2

+ ■у М12346 ^ 0).

Теперь мы уже находимся у самого конца решения задачи. Из (6) получаем

2м,/>22л4<-ЗЛ4>2(5.1)-3 = 2;

отсюда, поскольку общее число областей Мц равно 10, следует, что хоть одна из них не меньше чем

2:10 = 4-.о

Нетрудно видеть, что равенство здесь будет иметь место лишь тогда, когда S = М (т. е. когда весь кафтан покрыт заплатами), все Mi = -5-, все М^ одинаковы и равны -е^ЪТГ и все Z\О Zv /

Mtjki = 0. Эти соображения позволяют построить пример, показывающий, что полученную оценку улучшить нельзя (см. рис. 116, где

12

13

14

15

23

24

25

34

35

45

123

124

125

134

135

145

234

235

245

345

Рис. 116.Рис. 116.цифры на квадратиках, на которые разбит прямоугольник М, играющий роль «кафтана», показывают, каким из заплат с номерами от 1 до 5 этот квадратик принадлежит; напоминаем, что заплаты могут состоять и из нескольких отдельных частей).

Рис. 116.

Рис. 116.

Решение этой задачи во всем аналогично решению задачи а). Воспользуемся теми же неравенствами (2) и (4), что и раньше; только теперь, прибавив к (2) неравенство (4), умно-

1

женное на t мы получим следующее

неравенство, из которого выпадает не интересующий нас здесь член ^Мц".

M-^Mt -V^^Mllk-^Ml)kiA-^ МХ2м5>0.(7)

Из (7) следует, что тем более

M-^^Mt +^^MUk>0(8)

(почему?) и, значит,

^Mtik>^Mt-M>L^.l^-i=-L,

т. е.

max Мцк> —max Мцк> —

max Мцк> —

max Мцк> —

(общее число «тройных пересечений заплат» Mtjk также равно 10, поскольку С= 10). При этом равенство здесь выполняется при тех же условиях, что и в задаче а) (см. тот же рис. 116).

Эта задача очень близка к предыдущим. Сложим те же неравенства (2) и (4), которые использовались в решении задач а)—б); при этом мы получим следующее неравенство, из которого выпадает вовсе нас теперь не интересующий член ^Mf.

м - 2 мп + 2 5 МИк - 3 2 МИк1 + 4^12345 > 0.(9)

Из (9) следует, что тем более

м-^Мц + ^МцкХ(Ю)

(почему?) и, значит,

2^MUk>^MtJ-M>to4-1=^-

ПоэтомуПоэтомутотовсе Мц = ^ т. е. У = Ть(a) —max Мц = 0,(I)все Мц = ^ т. е. У = Ть(a) —max Мц = 0,(I)1 - 5а> М - ^ ^^°>1 - 5а> М - ^ ^^°>т. е.т. е.(la)(la)

Поэтому

Поэтому

то

то

все Мц = ^ т. е. У = Ть(a) —max Мц = 0,(I)

все Мц = ^ т. е. У = Ть(a) —max Мц = 0,(I)

1 - 5а> М - ^ ^^°>

1 - 5а> М - ^ ^^°>

т. е.

т. е.

(la)

(la)

Qо

max Л//М>у:(2.10) = ^-.

Случай равенства здесь указывает рис. 117 (на нем прямоугольники, на которые разбивается правая часть «кафтана», в три раза

больше квадратиков, на которые разбита его левая часть).

Пункты а)—в) этой задачи являются обобщением пп. а) — в) задачи 59, — и в решении задачи 60 можно воспользоваться теми же идеями, что и в решении задачи 59. Для того чтобы облегчить понимание решения, уместно, однако, сначала (как

это и рекомендовано на

Рис. 117.СТр ^д) рассмотреть част

ный случай п = 5.

а) I. Разумеется Д(а)^0, т. е график функции у = fs(a) расположен в верхней полуплоскости (рис. 118,о). Далее из неравенства (1) решения задачи 59 (стр. 207) следует, что если

(это, впрочем, очевидно).

Из того же неравенства (1) также вытекает, что

^1Ми>^М1-М>5а-1, и значит,

У = fs («) = max Ми> ^°[0-■-(II)

(рис. 118,6; напомним, что общее число пересечений Мц равно Cg=10). Неравенство (II) имеет место всегда, но равенство в нем, означающее, что

, . х 5а — 111,тт х

У = М«) =-jo-2 °-10'(Иа)

возможно, лишь если (1) обращается в равенство и, значит, все Мгзк = 0 (и S = М) и если все Mt = а. Но это означает, что, скажем, «пересечения» М^ Mis, М44 и М45 покрывают многоугольник Mi без перекрытий; другими словами, что выполняются аналогичные (I) равенства, в которых речь идет о «заплатах» Мн на «кафтане» Мь а следовательно, что имеют место и аналогичные (1а) неравенства, оценивающие отношение площади ^заплаты» Мн

Рис. 118.

к площади Mi = а «кафтана», где только теперь число заплат равно уже не 5, а 4 и площадь заплаты равна не Mi = а, а

М^ = ——, Эти соображения дают

0<0<5а — 1105а — 1101 :а<т,1 :а<т,илиили(Пб)(Пб)

0<

0<

5а — 1

10

5а — 1

10

1 :а<т,

1 :а<т,

или

или

(Пб)

(Пб)

Следующий шаг в точности аналогичен решению задачи 59 а). В силу неравенства (6) (представляющего собой «укороченное» неравенство (5), полученное комбинированием (2) и (4), причем таким, что из (6) выпал член с У, Мцк) имеем (рис. 118, в)

2Мг/>22мг-ЗМ> 10а-3,

и значит,и значит,y = h (a) = max Мц>y = h (a) = max Мц>10а-310*10а-310*(III)(III)

и значит,

и значит,

y = h (a) = max Мц>

y = h (a) = max Мц>

10а-3

10*

10а-3

10*

(III)

(III)

Неравенство (III) выполняется при всех а; однако равенство в нем, означающее, что

г , ,10а — 33z । т т ч

y = fs(.a) =jo—==а-Т0’1П

может иметь место, если все М, = а, и У, Miiki = 0, т. е. запла- ты Мг перекрываются не более чем по три (по три они перекрываться могут, ибо член 2 ^Цк в (6) отсутствует). При этом пересечения Mtj могут между собой перекрываться не более чем по два; но если М42, Mis, М44 и М45 покрывают Mi, перекрываясь не более чем по два, то имеют место аналогичные (II б) неравенства, где только теперь «кафтан» имеет не площадь М = 1, а площадь Mi = а (так что рассматриваемый вариант (II б) оценивает отношение площади «заплаты на Мр> к М4 — а), «заплаты ,„._ _10а — 3

на кафтане» имеют не площадь Мг —а, а площадь Мц = ^—, и число «заплат» уменьшается на одну (т. е. равно не 5, а 4). Таким образом, мы получаем

110а —324^10:а^4’110а —324^10:а^4’или -l-^a^-l-, (Шб)Ооили -l-^a^-l-, (Шб)Оо

110а —32

4^10:а^4’

110а —32

4^10:а^4’

или -l-^a^-l-, (Шб)Оо

или -l-^a^-l-, (Шб)Оо

На следующем этапе анализа ситуации нам придется учитывать уже и «заплаты на Mip. В применении к М^ (покрытому «заплатами» Мш) неравенство типа (2) принимает вид

М12 S Mi2i + S Mi2f/ ~ М12345 5s 0, Z, j = 3, 4, 5. (IV) i a

Выписав подобные неравенства, составленные для всех С5 = 10 пересечений заплат Mib и сложив их, получим

2 Ми - 3 2 МИк + 6 5 М W - 10Л4,2345 > 0.(IVa)

Из трех неравенств: (2), (4) и (IVa) можно составить такую их комбинацию, которая не содержит ни члена с 2 M//fe, ни члена с ^МцкГ- в самом деле, сложив (2), (4), умноженное на -^-, и

(IVa), умноженное на мы придем к неравенству о

М~^^М1 +^^Mll-^Mm«>0.(IV6)

Из (IV6) следует также справедливость «укороченного» неравенства

^-yS^ + iS^^0-(IVb)

Таким образом, имеет место неравенство (рис. 118, а)

2Мц ^ 3 2 Mi — 6Л4 = 15а — би, значит,

v = fs№ = max Mlf>—^—.(IVr)

При этом, для того чтобы (IVr) обращалось в равенство, т. е. чтобы было

с , х 15а —633.

y = fs(a) = —^—==2'а-5'’<1Уд)

„15а-6

надо, чтобы выполнялись равенства Mi = a> Мц =— и что

бы было М12345 = 0. Но если М12345 = 0, то пересечения Мн покрывают Mt, пересекаясь не более чем трехкратно, и значит, в применении к Afi мы находимся в выражаемом неравенствами (П1б) положении, только в (Шб) теперь надо заменить М = 1 на Mi = a (т. е. оценивать отношение «площадей заплат» Мн- к «площади каф-

15а g

тана» Mi = a), Mt = а заменить на Мц =^— и число за

плат считать равным 4:

2 _ 15a — 6_ 334х

т<—f0-:a<T. т.е. -5 <«<5. (IVe)

Нам осталось только определить значения, принимаемые функцией у = fe (а) при a>-g-. Для этого мы выпишем неравенство типа (2), составленное для тройного пересечения М12з заплат:

М12з — 2 ^123/ 4" М12345 ^ 0, где i— 4,5.(V)

(Va)(Va)Просуммировав 10 подобных неравенств, отвечающих С5 = 10 многоугольникам Мак, получим

(Va)

(Va)

2 ^Цк ” ^Мцы + ЮМ12345 >О.

Таким образом, мы теперь имеем уже четыре неравенства (2), (4), (IVa) и (Va), связывающие шесть величин М, 2 ^ь 5 ^ib ^Миь 2Мцм и М12345; поэтому можно подобрать такую их комбинацию, из которой выпадут члены с ^Мць с ^Мцы и 3

с Л/12345* Для этого мы сложим (2); (4), умноженное на —; (IVa),

31

умноженное на -уу; (Va), умноженное на -^-, — и получим ^-4S^+-^SMi/>0-(V6)

Отсюда следует (рис. 118, д)

2 Мц ^ 4 2 М^ — 1(Ш ^ 20а — 10, и значит,

, , х„20а — 10/х, х

У = fs (а) = max Мц>—. (Vb)

При этом, для того чтобы в (Vb) имело место равенство^ т. е. чтобы было

, . .20а — 10 о,<Х7 х

У = к (а) =jg= 2а — 1,(Vr)

необходимо (и достаточно), чтобы выполнялись неравенства типа (IVe), где М = 1 заменено на Mi = а; Мг — а заменено на Мн = 2а— 1; 4 заменено на 5:

34

— < (2а — 1) :а < 1, т. е. у<а<1. (Va)

Окончательно мы приходим к выписанным на стр. 52 (и изображенным на рис. 17) значениям функции у = f5(a).

б), в) Совершенно аналогично можно найти и все значения функций f^ (а) и f^* ^ (а), определение которых требуется задачами 60 6), в); мы остановимся здесь лишь на (выписанной на стр. 52 и изображенной на рис. 18) функции }^ (а), предоставив читателю самостоятельно найти точные значения всех других рассматриваемых функций. При этом основную роль по-прежнему будут играть те же неравенства (2), (4), (IVa) и (Va)—и «техника» работы сводится к разумному комбинированию этих неравенств.

В решении задачи 59 б) мы уже имели неравенство (7), из которого выпал (более нам ненужный) член с 2 ^7’ а также «укороченное» неравенство

(8)(8)

(8)

(8)

полученное из (7). Из (8) получаем

5 мак > 2 Mi -2М >5а - 2> т. е.

\5а — 2

> (а) = max МЦк > - - -

(напомним, что общее число тройных пересечений заплат Мць равно С5, т. е. также равно 10). При этом равенство

имеет место, если заплаты Мг перекрываются не более чем трех- к р а т н о, т. е. если

(см. выше (Шб), полученное точно в таких же предположениях). Для того чтобы найти значения функции /^ (а) в следующем

интервале значении а, т. е. присложим (2), умно-

51

женпое на неравенство (4) и умноженное на неравенство

(IVa); мы получим неравенство

^-42^+42м"*~тм,2з45>0,

из которого выпал не только член с 5^//, но и член с 5 Mgkb Нам будет нужен «укороченный вариант» этого последнего неравенства:

и значит,и значит,из которого следует, что

и значит,

и значит,

из)15а — 8

Га' (а) = max Мик >^—

При этом, для того чтобы было

^ (а)^ (а)15а - 8315а - 831010224 а-"5'4 а-"5'

^ (а)

^ (а)

15а - 83

15а - 83

10

10

2

2

4 а-"5'

4 а-"5'

необходимо, чтобы многоугольники М< пересекались не более чем четырехкратно, т. е. чтобы было

3_3_£

3_

3_

5

Наконец, сложив неравенство (2), умноженное на jg- неравен 2

ство (4), умноженное на -g- неравенство (IVa) и умноженное на

2q- неравенство (Va), мы придем к такой комбинации наших неравенств, в которой отсутствует не только член с 2^</ (этот член надо исключать каждый раз, когда нас интересует оценка для maxAfjj/i), но также и члены с ^Мцы и с ЛГ12з45-

Из этого последнего неравенства получаем

2Мцк >62 Mt - 20Л1 >30а - 20, т. е.

х ,30а — 20 о о

fs («) — max Mijfe =^= За — 2.

При этом равенство

^3)(а) = За-2,

очевидно, имеет место лишь при

-4

5

После этого относящегося к случаю п = 5 «Введения» мы можем перейти к решению (общих) задач а)—в), которые будем разбирать последовательно, хотя, конечно, задача а) составляет частный случай задачи б), а задачи а) и б)—частный случай задачи в).

а) Первое решение. Мы будем исходить из аналогичного неравенству (2) (стр. 207) и легко доказываемого, например, методом математической индукции неравенства 4)

M-^Mt+ 2 Milti- 2 AJiiW3+ ...

I^1» ^2^1> ^2» ^3

...+(-»'2 M,i /+...+(-l)nM12...„>0,

Ч- 41, r

И, <2, • • • = 1, 2, . . ., П (1)

(нумерация формул независима от решения задачи 59; обозначения аналогичны употреблявшимся ранее). Выпишем также неравенства типа (1) для каждого из п многоугольников (заплат) Mi, M2t ... ..., Мп и сложим их; мы получим

2 Mi - 2 2 mUi + 3 2 MW) - 4 2 MiiWt + ...

... + (-1Г'г2%...<,+ ... +(-D"-,«Afi2...„>0 (2)

(ср. с неравенством (4) на стр. 208). Затем выпишем неравенство типа (1) для всех Сп =^ «двойных пересечений» Mixia

многоугольников и сложим их; мы будем иметь

2Mili2-32MliM3+62м11Ы,и- ...

... + (—1 )r-2e2 Mix4... lr +... + (-1Г'2с>|2... „> 0. (3)

Точно так же, применяя «основное неравенство» (1) ко всем «тройным пересечениям» MLl t и складывая С^ получившихся неравенств; ко всем «четверным пересечениям» Mixyj4 и складывая получившихся неравенств, и т. д., мы получим следующую систему соотношений:

24-,ia-i2*<va,,+ ... -н-о'-’с^м,,,,„..,+ ...

... +(-1)"-3С>12...„>0,(4)

^^Z^jy^+ <~^""^'S^f i •/ +

... +(-1)п-4С>12...„>0,(5)

Поставим теперь следующую задачу: найти такие числа Xi, х2, хз, ..., что при сложении неравенств (1), (2), (3), (4), ..., взятых с коэффициентами 1, хь х2, х3, ..., из получившегося неравенства выпали бы все члены с 2 ^i i i » с S ^z t i I » * * •' u т* ^* вплоть до члена c 5^z i ... i (для этого нам> очевидно, придется

других; I. I. Ежов, А. В. Скороход, М. И. Я Д р е н к о, Еле- менти комбинаторики, КиТв, «Вища школа», 1972, стр. 12—13.

[Для доказательства (1) достаточно заметить, что правая часть (1) выражает часть многоугольника М, не покрытую ни одним из многоугольников Mi. Это обстоятельство очевидно при п = 1; далее, вычтя из соответствующего равенства, указывающего величину площади части М, не покрытой ни одним из многоугольников Afi, М2 ..., Мп, подобное же равенство, выражающее часть многоугольника Mn+i, не покрытую многоугольниками Alt, п+1, М2, п+1, ..., Мп, п+1 (снова п многоугольников!), мы докажем (1) для случая п + 1 многоугольников Ah].

использовать г— I неравенств). При этом мы придем к такой си

стеме уравнений:

~1 4" 3X1 — Зх2 4“ Хд = О, 1 —- 4х! 4- 6х2 — 4х3 + х4 = О, — 1 + 5х! — 10х2 4- Юх3 —- 5х4 4- х5 — О,

(—Ог + (-О'-- rxv + (-О'- ф2 + (-О'-3 С3х3 + ...

... +<”2хг_2 = 0,

или, в более симметричной форме !),

С3Х1 ^зХ2 4" С3Х3 1,

С^ — €4X2 4- С4х3 — С4Х4 = 1,

С\_2Х\C"r^2Xt2. + ^г-2Х3 ? ••• + СГ_2ХГ_2— L

Or—1Х1 “ ^г-1х2 + ^г-1х3 ““ • • * — ^r-lxr-2 — ^

C^Xj — С2х2 4-6^X3 — ... + СГГ 2хг_2==1.

Решение системы (6а) имеет вид

(г - I) (г-2) г-2(г - 2) (г - 3)

г (г — 1)г ’ *2 г (г — 1)

(г —- 3) (г — 4)_2-1

г (г — О ’ Хт-г ~ г (г - 1)

(6)(6)(6а)(6а)(7)(7)(проверьте, что эти значения неизвестных действительно удовлетворяют нашей системе!). Таким образом, сложив г—1 неравенств: г2

(6)

(6)

(6а)

(6а)

(7)

(7)

(1); неравенство (2), умноженное на —-—; неравенство (3),

(г — 2) (г — 3),дх

умноженное на -—п—’ неравенство (4), умноженное на

(г-3)(г-4) Г

~-^—гт, и т. д., мы получим

"-Т-2". + 7(7^0 2«« - -*,« 2 «,,... ,г+, +

+ Лг+22^<г+2-••• +(-1)Л'-ГЛ„Л112...„>0, (8)

‘) «Матрица» этой системы получается из треугольной матрицы [| ац || порядка г, где

( при i *> j,е А

«,/ = (1Z, /= 1, 2, ..., г,

где коэффициенты Ar+i, Ата-^ ..., Ап нетрудно выписать (что, впрочем, нам не будет нужно).

Из неравенства (8) также следует «укороченное» неравенство

м-711м-+ТчЛт>^м‘1>°м-711м-+ТчЛт>^м‘1>°(8а)(8а)(почему?), и значит,S^/Xr-D^Mi(почему?), и значит,S^/Xr-D^Miг (г- 1)2г (г- 1)2М ^(г —- 1) паМ ^(г —- 1) пагУ- 1)2гУ- 1)2

м-711м-+ТчЛт>^м‘1>°

м-711м-+ТчЛт>^м‘1>°

(8а)

(8а)

(почему?), и значит,

S^/Xr-D^Mi

(почему?), и значит,

S^/Xr-D^Mi

г (г- 1)

2

г (г- 1)

2

М ^(г —- 1) па

М ^(г —- 1) па

гУ- 1)

2

гУ- 1)

2

т. е.

max Мц >Ц- Г(г — 1)па и. 0 1 с2п Г 'max Мц >Ц- Г(г — 1)па и. 0 1 с2п Г 'ааг(г- 1)Цп — 1)г(г- 1)Цп — 1). (А). (А)

max Мц >Ц- Г(г — 1)па и. 0 1 с2п Г '

max Мц >Ц- Г(г — 1)па и. 0 1 с2п Г '

а

а

г(г- 1)

Цп — 1)

г(г- 1)

Цп — 1)

. (А)

. (А)

При этом равенство в (А) может иметь место, лишь если для всех к < г при любых комбинациях индексов iy, iz, ..., ik = 1, 2, ..., п имеем Л1^е ^=0, т. е. если многоугольники Mt пересекаются не более чем п о г. Но нетрудно при помощи метода математической индукции показать, что последнее возможно, лишь если г а^ —. п

Таким образом, окончательно получаем

, , х о г — 1 г (г — 1)г — 1 .- г

п—\ п(п — 1)пп

г = 1, 2, ..., п, (♦) что и требовалось доказать.

Второе решение. В основе иного решения задач а) — в) в известном смысле лежат рис. 116 и 117 (стр. 209 и 210), изображающие оптимальные в смысле наших задач а) — в) разбиения многоугольника М на части Mi. Наша задача будет состоять как раз в отыскании этих оптимальных разбиений квадрата М.

Условимся сопоставлять каждой системе 91 покрывающих квадрат М многоугольников Mi, Ma, ..., Мп систему из п + 1 неотрицательных чисел х0, Xi, х2, ..., х„, где х& — площадь части квадрата М, покрытой многоугольниками нашей системы в точности к- кратно (здесь к = 0, 1, ..., п; число х0 указывает площадь части квадрата М, вовсе не покрытой многоугольниками М»). Совокупность чисел (х0, Xi, ..., хп) назовем характеристикой системы ^ многоугольников Mi, Мг, ..., Мп. Ясно, что для каждой характеристики (xi, х2, ..., хп)

Хо + хх + ... +хи=1(9)

(ибо стоящее слева выражение равно общей площади квадрата М) и что если система многоугольников удовлетворяет условиям задачи, то

О • Х0 + 1 • Xj + 2 • Х2 + * * • ~|“ ПХц = тф,

где а ^ р ^ 1, (10)

ибо стоящее в левой части выражение совпадает с суммой площадей всех многоугольников системы (значит, оно ^s мех и ^п-1—/г). Несколько менее очевидно, что каждая система п + 1 неотрицательных чисел (хо, Xi, ..., хп), удовлетворяющих условиям (9) и (10), является характеристикой хоть одной системы 91 многоугольников Мь М2, ..., Мп, площадей ^ а (т. е. таких, что min Мг ^ а).

части равначасти равнаДля доказательства последнего утверждения разобьем квадрат М на п + 1 частей, площади которых соответственно равны х0, Xi, ..., хп (см. (9); некоторые из этих частей могут иметь нулевую площадь, т. е. отсутствовать), j-ю из наших частей (где / = 0, 1, ..., и) разобьем на С^п равных частей (так что площадь каждой

части равна

части равна

эти части мы будем считать покрытыми все

возможными различными группами по / из наших п многоугольников (так что каждая такая часть оказывается покрытой в точности / многоугольниками1)). В силу полной симметричности построенной системы многоугольников здесь

М1==М2=:::= ••• -—Ми»

а так как, согласно (10), сумма площадей всех многоугольников равна пр, то

Mi = p^a, где i = V, 2, ..., п.

Описанную систему п равных по площади многоугольников Mt, М2, ..., Мп, имеющую характеристику (хо, Xi, ..., хп), мы назовем канонической системой многоугольников, отвечающей данной характеристике. Ясно, что для канонической системы С^ попарных пересечений многоугольников Mt, М2, ..., Мп будут все равны между собой. А так как общая площадь этих С^ попарных пересечений многоугольников, очевидно, равна

*2 + Фз + Ф« + • • • + Ф„(И)

(поскольку каждая часть М, покрытая многоугольниками системы в точности трехкратно, принадлежит С| = 3 попарным пересечениям многоугольников системы; каждая часть М, покрытая Mt, М2, ..., Ми в точности четырехкратно, принадлежит С| попарным пересечениям, и т. д.), то в этом случае все попарные пересечения многоугольников Mi, М2, ..., Мп будут равны

(12)(12)In^Q, Хъ .... Хп) =

(12)

(12)

г2 ^+ г2*3 + г2*♦ + * •" + г2*" ^xiг2 •

Ьп ЬП и«Ьп /^2и"

9 Напомним, что условия задачи не исключают случая, когда некоторые из многоугольников Мь М2, ..., Мп состоят из нескольких частей.

Докажем прежде всего, что для систем многоугольников М^ Мг, •.., Мп> отвечающих заданной характеристике (х0, хь • •, *п), минимум величины max М^^ равен {п(х0, xt, ..., хп) (и, следовательно достигается для канонической системы, отвечающей данной характеристике). В самом деле, сумма Сп попарных пересечений Л112, М1з, ..., Мп-1, п многоугольников системы всегда имеет значение (11), — и поэтому наибольшее из этих С^ пересечений никогда не может быть меньше —у—й части суммы (11), т. е величины

f п (Хо, Х^, • • • t Xп ) .

Теперь необходимо отыскать такую характеристику (х0, хь • • *, хп), удовлетворяющую условиям (9) и (10), для которой величина f« (х0, хь ..., хп) является наименьшей. хМы утверждаем, что для этой характеристики из и + 1 чисел х0, хь ..., хп отличны от нуля лишь два каких-то соседних числа хг и xi+i или лишь одно число хь В самом деле, предположим, что это не так и что xi есть первое отличное от нуля из чисел х0, xi, ..., xn, а хт— последнее отличное от нуля из этих чисел, причем т — / ^ 2; пусть еще для определенности, хт ^ xi. Заменим характеристику (хо, xi, ..., хп) новой характеристикой ^у0> yi, ..., уп), такой, что

(13)(13)У( —xi xi — °» lli^v — x/+i + хр ym-l=xm-l + xf Ут = хт-х1’ если m>Z + 2.

(13)

(13)

Mt = xi xi= ®> ^+i “ ^z+i "^ ^v

У1+2 = Х1+2 — *1’ если m==l + ^

а все остальные числа yt равны соответствующим числам х2. Ясно, что характеристика (t/o, yi, ..., Уп) также удовлетворяет условиям (9) и (10), поскольку

Уо + Ух + • • • + Уп = х0 + х, + ... + хп, (14)

O'^o+l*Z/i+ ••• + пуп = 0 • х0 + 1 • Xj + ••• + нхп; (15)

с другой стороны, для нее разность между номерами первого отличного от нуля числа и последнего отличного от нуля числа на единицу или на два меньше, чем для первоначальной характеристики (ХО, X], ..., хп).

Покажем теперь (пользуясь формулами (12) и (13) и условием m — / ^ 2), что всегда fn(x0, хь ..., хп) — fn(yo, Уь.Уп) ^ ^ 0. Приведенная на стр. 222 таблица исчерпывает все случаи, которые могут представиться при оценке указанной разности. Таким образом, переход от характеристики (х0, Хь ..., хп) к характеристике ^Уо» Уи ••*, Уп) только уменьшает значение шахМ^^. Последовательно применяя этот прием столько раз, сколько нам потребуется, мы придем к такой характеристике, в которой лишь одно или два соседних числа будут отличны от нуля.

m

I

^ху xr •"■ xnV4k«o- «1M

m = 2

/ = 0

m>2

/ = 0

p21 plpl m—1 '1 . Л

Xl '= Xl r2 >0

tn >2

/=1

pl pl1 plpl 1

X,5— xt9> 0

I1pi

m ^ / + 2

l>2

p1!p2। plpl

Xl-"p2-Xlr<>0

Но удовлетворяющая этим условиям характеристика полностью определяется условиями (9) и (10). А именно, при —-—^Р^ТГ имеем

хг = пр+1-г.4

Теперь из формулы (12) находим п (0, ..., 0, хг— 1, хГ1 0, ..., 0) = '0при г < 2,

С2,

(«Р + 1 — г) —5-при Г = 2,

= |^(17)

С2с2

(г — пр)-£7' + 0# +1 - ^"тг п₽и г>2-

Поскольку мы получили неубывающую функцию от р, а

наименьшее возможное значение р равно а, то для того, чтобы найти интересующий нас минимум величины fn, остается лишь заменить в (17)г р на а. Кроме того, можно несколько упростить формулу (17). Итак,

г — 1 _ г . , х г — 1 / г \. .

если <а ^ —, то fn (а) =—- | па,(*)

ппС^ \2

можно ввести понятие характеристики (х0, xi, ..., хп) системы ^ многоугольников Mi, ..., Мп (причем по-прежнему удовлетворяются основные условия (9) и (10)), и определить каноническую систему многоугольников, отвечающую данной характеристике. Для канонической системы сумма Сд площадей ^-кратных пересечений М^ •** lk МН0Г0УГ0ЛЬНИК0В будет равна

хк + ^^+1х^4-1 + £&+2xfc+2 + ••• + Спхп> (^ )

и следовательно, каждое из этих пересечений будет иметь площадь fn) (хо» х\> • • •» хп) 5=8

1

/>fezVkz^k

““ рк Хк + xk+l + •“ + рк Хп~~ xi рк *(12 ^

Далее, как и выше, показывается, что при заданной характеристике (Яо, хь ..., хп) системы многоугольников минимум величины шах М» , достигается для канонической системы и равен чч х k

fn (х0’ xb • • • > хпУ Доказательство того, что функция f^ (х0, xv ..., х^ может достигнуть минимума лишь в том случае, когда из чисел Хо, Хи ..., хп отлично от нуля лишь одно единственное число или два соседних числа, тоже практически не отличается от изложенного— новая характеристика (#о, Ух» - .ч Уп) вводится здесь в точности так же, как выше, а приведенная на стр. 222 таблица заменяется следующей:

пг1

^ (хо* ХГ •••• xn) -fn * (»0- «1«п)

tn < k / ^ т—2

0

т — к1 ^ш—2

х1”к^>^

т > к 1 < к — 1

1 Г*^

Gm—1 ьтGm—I . л

xiтаxi Гк >°

т > к 1 = к—\

zxh z>h_।z^kz^k**\ ।

^к^т—\ *^т^т—11 А

X.7 =» X. 7 > 0

1ркьрк

т>Ц-2 1>к

z>k z\kz\kj ^>kz^k****!^>k™* 1

G/ + lGm—1 ’ ^m^т~\A

Xlrk==Xlrk>0

Все дальнейшие рассуждения полностью сохраняют силу. Нам остается поэтому заменить в формуле (17) число 2 на &, а р на а и произвести необходимые упрощающие преобразования. Окончательно получаем, что

^ («)^ («). суСкп. суСкплалаг(^~0г(^~0г- 1пг- 1пг\<а< —).п /г\<а< —).п /(**)(**)

^ («)

^ («)

. суСкп

. суСкп

ла

ла

г(^~0

г(^~0

г- 1

п

г- 1

п

г\

<а< —).

п /

г\

<а< —).

п /

(**)

(**)

в) Эту задачу также можно решить аналогично (второму) решению задачи а) и решению задачи б); однако здесь нужны некоторые изменения проведенных выше рассуждений. Прежде всего выделим ту часть квадрата М, которая покрыта многоугольниками М4 не менее чем (h—1)-кратно, и пусть площадь этой части квад

рата равна — (где у ^ 0- Сохраняя прежний смысл за обозначе

нием Хг (где i = 0, 1, 2, ..., л), мы условимся теперь называть характеристикой системы 52 покрывающих квадрат М многоугольников Mt совокупность п — А + 2 чисел (Xh-i, хп, хд+<, ... ..., хп); при этом играющие важную роль в решениях задач а) и б) условия (9) и (10) заменятся следующими:

хЛ-1 + xh + ••* + xn~" Y 0-хЛ_1 + фА+ ... +С^х„ = рС^хЛ-1 + xh + ••* + xn~" Y 0-хЛ_1 + фА+ ... +С^х„ = рС^(V>0.(V>0.O')O')(а<Р<1) (10')(а<Р<1) (10')

хЛ-1 + xh + ••* + xn~" Y 0-хЛ_1 + фА+ ... +С^х„ = рС^

хЛ-1 + xh + ••* + xn~" Y 0-хЛ_1 + фА+ ... +С^х„ = рС^

(V>0.

(V>0.

O')

O')

(а<Р<1) (10')

(а<Р<1) (10')

(выражение, стоящее в левой части равенства (10'), равно сумме площадей всех /i-кратных пересечений многоугольников системы). Определение канонической системы многоугольников, отвечающей данной характеристике, переносится на рассматриваемый случай без всяких изменений; при этом по-прежнему сумма площадей всех /i-кратных пересечений многоугольников дается формулой (1Г), — и следовательно, каждое из этих пересечений будет иметь площадь (12') (см. стр. 223; эту площадь мы здесь обозначим через /^’(х^, xh> .... х„)).

Доказательство того, что при заданной характеристике (x^-i, хн, ..., хп) наименьшее значение max М, , доставляется (Ч^

функцией f^* ^ ^к-х» xh' • • •» xnY не отличается от изложенного выше. Здесь снова минимум функции f^'^ (х^^, х^,..., хп) может достигаться лишь в том случае, когда только одно или два соседних из чисел хп-^ Xh, ..., хп отличны от нуля. В самом деле, предположим, что пг— / ^ 2, где Xi (Z ^ /1 — 1) —первое отличное от нуля из наших чисел, хт — последнее отличное от нуля число и для определенности положим: С^2ххт ^ C^-Xxt. Заменим характеристику (^-ь Хп, .,., хп) новой характеристикой

(yh-ъ Ун, ..., УпУ отличающейся от прежней лишь числами

С^1

yl — Xl Xt — 0, yt^x — xv ym-i—xm-i+ h_v хр

Ут = хт~7^Гх1 ПРИ ^>^ + 2;

Ui — xt xt — 0, yz+1 — xl+1 4 -^yj xp

Lz+i

C?"1

Vi+2 = xi+2--Zh=rxl при m = / + 2.

Для характеристики ^ун-i, ун, ..., yn) также выполняются условия (9') и (10'), поскольку имеют место равенства (14) (где х< = yt = 0 при i < h — 1) и

У/е'+СЙ+1УЛ+! + ••• + СпУп~хн + СМ4хНЗ* ••• + Cnxh (15')

(сумма, стоящая в левой части равенства (15'), отличается от стоящей справа суммы на величину

(

pH—-1ph—1 \

pH ।।phI

LZ "г с/+1 • Gm-i h_{ ^т rh-\

Далее таблицам на стр. 222 и на стр. 223 соответствует таблица, приведенная на стр. 226.

Теперь, когда доказано, что /и — Z ^ 1, характеристика (хл—i, Xh, ..., хп) однозначно определяется условиями (9'), (10').

С,-1 С?

Именно, при — ^ Ру ^ —г имеем

(16')(16')(1П(1П~СГ — pcrt pcrt — — cr_l

(16')

(16')

(1П

(1П

”* Хг ~с^*]

Далее, пользуясь формулой (12'), находим

/"-•^(О,..., О, xr_v Хг, 0, .... 0) =

0при г < к,

Tk^h^V (РСп „ СППРИ г — 6>

Lncr-l 'I

^ №„1 - cLvc^+pc^z? ::: ПОИ Г >

•о < [(г + ч - /) • ■ • (i + ч -1) - (i + ч -• (у - «)]—

id — ч) Дэ

Х-шии

=х~ЧиЧи 1х== 1х

X_4JX_4J X_4UX_4Uь^ _ ги \ \-Чи J i + zn _ Zn

К7 i

Ч<1

Z + K^U

о<[г • • • кч - ч) - (i + ч - «0 11 • кч - W)1 — -^L ;* = id-у) \Дэ

I -9 = 1

Ч <ui

1-Ч>1

2f <Ш

0<xL?x-irv£

г~^>7

Ч==ги

0

5~^>7

Ч>^

1

ги

Эту запись можно упростить, и для любого г ^ h получим

№ ^ (0, ..., 0. xr_v хг О, .... 0) = -^L (с1^ - LJL Л

Мы пришли к функции, зависящей от двух параметров р и у. При фиксированном р эта функция является неубывающей функцией от у- Поэтому у следует придать наименьшее возможное значение, равное 1. Затем, рассуждая совершенно так же, заменяем р на а. Окончательно получаем

f^'61 (а)f^'61 (а)fe-1 г-1fe-1 г-1.^ph—I пъг-Х.^ph—I пъг-ХС^С^k-hкk-hк

f^'61 (а)

f^'61 (а)

fe-1 г-1

fe-1 г-1

.^ph—I пъг-Х

.^ph—I пъг-Х

С^

С^

k-hк

k-hк

chr_x с^

где г выбирается из условия—— ^а^—^-. (***)

а) Пусть АВ — сторона выпуклого многоугольника М площади 1, С — точка многоугольника М, наиболее удаленная от АВ (или одна из таких точек, если М имеет параллельную АВ сторону). Прямая АС делит многоугольник М на две части М4 иzz

Ма (рис. 119; одна из этих частей/С/

может и не существовать). Если--V^^^——2—z

Dt и Da — точки многоугольников у Лм^ ' //

Mi, соответственно М2, н а и б о- у * дг / лее удаленные от прямой д \,2 i /

АС (или какие-то из таких точек), / V / 2j/n 1\\ АВ проходит через точку. С, а /- ">^/г

к || АС и la II АС — через точки D^ уg у

и Da, то прямые АВ, I, к и к '7

образуют некоторый параллело-рИСе цд,

грамм /7, заключающий М внутри**

себя.

Так как многоугольники Afi и М2 выпуклые, то Mi содержит △ ADtC, а М2 содержит A ADaC. Прямая АС делит параллелограмм П на два параллелограмма П и /72. причем

^ADkC ~~2Snt И $АОгС ” у $П2*

Отсюда следует, что

Sn 5=8 ^ + ^д2 = 2SADiG + ^ВАОгС < 2SMi + 25л1з = 2SM = 2,

что и требовалось доказать (если Sn < 2, то мы можем увеличить этот параллелограмм так, чтобы он продолжал заключать М внутри себя).

б) Пусть П — параллелограмм, содержащий внутри себя А АВС площади 1. Уменьшим /7, сдвинув параллельно его стороны до тех

ииCBD CBE 2 CQPECBD CBE 2 CQPEпор, пока они не «упрутся» в вершины треугольника; пусть А -— вершина, через которую проходят две стороны полученного таким образом параллелограмма П = APQR (рис. 120). Проведем через С прямую /1| PQ || AR; точки пересечения I с АВ и АР обозначим через D и Е. Тогда, очевидно,

и

и

CBD CBE 2 CQPE

CBD CBE 2 CQPE

c 9— JL Q

CAD^ CAE 2 CRAB*

откуда и следует требуемый результат:

с с I сJL 9С

ABC °CBD CAD^ 2 CQPE "Г 2 С RAE 2 APQR1

т. е. сосо

^APQRZ^ABC ~‘ Z

(ес.ли С есть внутренняя точка стороны QR, то Sapqr = 2 только в том случае, если В совпадает с Р).

а) Впишем в данный многоугольник U треугольник ЛИгЛз наибольшей возможной площади (ср. задачу 37 на стр. 36 и относящийся к ней текст). Предположим сначала, что площадь этого треугольника не больше 1/2. Прямые, проходящие через вершины Л1, Л2, Аз треугольника параллельно его противоположным сторонам, образуют треугольник 7, площадь которого равна 4S.

Покажем, что U лежит целиком внутри Т. Действительно, если точка М многоугольника U лежит вне 7, то М дальше хотя бы от

Рис. 121.Рис. 121.

Рис. 121.

Рис. 121.

одн^й из сторон АЛНгЛз (например, от Л1Л2), чем противоположная этой стороне вершина треугольника. Но тогда вписанный в U треугольник МЛ1Л2 по площади больше АЛИгЛз (рис. 121, а), что, однако, противоречит определению треугольника Л1Л2Л3. Итак, в рассматриваемом случае U заключен внутри треугольника Т площади ^ 2, что и требовалось доказать (ибо ясно, что тогда U

можно заключить и внутрь треугольника, площадь которого равна 2).

Несколько более сложным является случай, когда ^AvA^A^-^ (рис. 121,6). В каждую из частей, отрезаемых от многоугольника U сторонами Д Л4Л2Лз, впишем наибольший по площади треугольник, основание которого совпадает с соответствующей стороной АЛИгЛз, и через свободные вершины В^ В2, Вз этих треугольников проведем прямые, параллельные их основаниям. Мы получим некоторый треугольник CiC2Cs. Совершенно аналогично предыдущему доказывается, что U лежит целиком внутри △ CiC2C3. Докажем, что

^САСз ^ 25Л1В3Л2В1Л8В2-

А так как последняя площадь не больше 1 (т. е. площади UV то отсюда и следует требуемое неравенство.

тогдатогдаРассмотрим отдельно шестиугольник АхВзА2ВхАзВ2 и описанный около него треугольник С4С2С3. Положим

тогда

тогда

Saab» ,

^(ЛэВ,

— 1

SA2AaBx

— 2 •

— л3»

ль

ЛМгЛз

^ЛЛгА

SAxA2A3

^1 + ^2 + ^з ^

^Л1Л2В3 + ^ЛМзВз + SA2A3BV ! ^Л^Лз

так как по условию $Ахд2Аа>~2"> а площадь всего многоугольника U равна 1.

Продолжим стороны треугольника Л1Л2Л8, как указано на рис. 121,6. Отметим, что отношение высот ДВзЛИг и ДЛ3Л1Л2, опущенных на общую сторону Л4Л2, равно отношению площадей этих треугольников, т. е. равно Х3. Точно так же отношение высот Д В2А1А3 и ДЛ2Л1Л3, опущенных на общую сторону ЛИз, равно Х2, а отношение высот Д В4Л2Л3 и ДЛ4Л2Л3, опущенных на общую сторону Л2Л3, равно Х4. Отсюда без труда получаем

ЕР , , . С2Е _ GA2 „ ВХН СХР _ FAX

лиг"1 + 3’ аха2 ~ аха2 ахн ~Ль аха2 " аха2 ~ Л5

Поэтому коэффициент подобия треугольников С4С2С3 и Л4Л2Л3

равен

1 + ^1 + ^2 + ^з«1 + ^1 + ^2 + ^з«СХС2 __ СХР -У РЕ -У ЕС2

1 + ^1 + ^2 + ^з«

1 + ^1 + ^2 + ^з«

АХА2АхА2

Таким образом,

-^^^(l+^ + X^Xs)2,^ЛЛИз

а так как, кроме того, очевидно, имеем

Д^УМАД^ = j^^=-1

^Д2Д,5АД2Л3

= 1 + Л] + Л2 + Лз

то окончательно приходим к равенству

——= 1 + + х2 + л3.

^AtB3A2BtA2B2

Из этого равенства и следует, что^СхС.С^ ^так как

^AiBABxAaB^^U” 11 а ^l + ^ + ^S^1’

Этим завершается доказательство.

б) Покажем прежде всего, что квадрат со стороной 1 нельзя заключить ни в какой треугольник площади С 2. Пусть A С1С2С3 описан вокруг квадрата Л1Л2ЛзЛ4 так, как это изображено на рис. 122, а. Продолжим стороны Л2Л3 и Л4Л3 квадрата

Рис. 122.

до пересечения со сторонами С3С2, CtC2, соответственно С3С1, C2Ci треугольника в точках D, Е и F, G. Так как Z A4A3D и Z A2A3F прямые, то Z Ао6С3 и Z Л4ТС3 тупые. Далее

Z A2EAv + Z A.GAX = 180° - Z EA3G = 90°,

Z A2AtE+ Z A4A1G = W,

откуда следует, что либо Z А2А4Е ^ Z Л2£Л1} либо Z A4AtG ^ ^ Z A4GA1; предположим для определенности, что имеет место первое из этих неравенств. В таком случае

А2Е ^^ Л2Л] = Л2Лд< А2В

и из рис. 122, а (где DK II ЕС;) с очевидностью следует:

SA2DCa > sa2ec? sedc2 < SCXCA*

Таким образом, мы пришли к описанному около квадрата △ ED(X площадь которого меньше площади △ С1С3С2 и такому, что на одной стороне △ EDC^ лежат две вершины квадрата (если уже у A С1С2С3 была сторона, на которой лежат две вершины квадрата, то этот этап решения можно опустить).

Обозначим высоту АЛМ^Сг, опущенную на сторону Л1Л4, через Н; пусть Н и Н'— точки пересечения этой высоты со сторонами ЛИ4 и Л2Л3 квадрата (рис. 122,6); НН' = I (сторона квадрата). В таком случае

SC2HA4 _ Д^с2НА4 д2

$НА4А3Н' *A4A3D

и, следовательно,

^ЛЛ# = 1sha4ajt ^ *

, 5С2Я'О = SC2HA4 + SHA4A3H' + SA4A3D . ..1

SHA4A3H'$HA4AzH'22/z *

Точно так же показывается, что

-о г сh 1

Shaah- ^2^^*

Отсюда вытекает

h 1/ h 1 \

фигуры, умноженной на cos а, то отношение площадей фигур при проектировании не меняется. Следовательно, если «^с^Сз <2S А Л А , то должно быть и S,,,<2Sx . ,fl в то время

АхАгАгА£С.С9СЧ A.A^A.A,г

как последнее неравенство невозможно.

Далее, если вокруг прямоугольника площади 1 нельзя описать треугольник площади, меньшей 2, то и вокруг произвольного параллелограмма А1А2А3А4 нельзя описать треугольник С1С2С3, площадь которого была бы меньше 2. Действительно, предположим, что это не так, и построим сферу, диаметром которой является большая диагональ А1А3 параллелограмма; пусть А2 и А^ — точки пересе

чения сферы с перпендикулярами к плоскости параллелограмма, восставленными в вершинах Аг и А4 (сделайте чертеж!). В таком случае очевидно, что четырехугольник Л1Л2Л3Л4— плоский прямоугольник, который проектируется в параллелограмм Л1Л2Л3Л4. Обозначив через С^^Сз треугольник, описанный вокруг прямоугольника Л(Л2ЛзЛ4 и проектирующийся в треугольник С1С2С3, мы, как

выше, вынуждены будем заключить, что площадь треугольника CiC2C3 меньше двойной площади прямоугольника Л1Л2Л3Л4, что

невозможно 1).

по разные стороны от М, ипо разные стороны от М, иРис. 123.Рис. 123.а) Проведем две прямые, параллельные / и расположенные

по разные стороны от М, и

по разные стороны от М, и

Рис. 123.

Рис. 123.

затем сдвинем их так, чтобы они прошли через какие-то вершины А и В многоугольника; при этом мы получим описанную вокруг М «полосу», ограниченную двумя параллельными / прямыми и и /2, проходящими через А и через В (рис. 123). Обозначим расстояние между /1 и /2 через d и проведем еще три параллельные / прямые lv, lQ и /2, делящие нашу «полосу» на четыре более узкие «полосы» ширины ~;

пусть /j пересекает контур М в точ- ках Р и Q, а /2 — в R и S. Пусть далее р есть сторона М, проходящая

через Р (может быть, Одна из двух таких сторон); точно так же q, г и s—стороны многоугольника, проходящие соответственно через Q, R и S. Площадь трапеции Л,

ограниченной прямыми /о, Zb р и q, равна, очевидно, PQ»-^-; точно так же площадь трапеции Т2, ограниченной /о, 4, г и s, равна RS- ~. Так как объединение трапеций Л и Г2 содержит М (быть может, совпадает с Л1), то

Sm^STi + ST2 = PQ.^ + RS.^ = (PQ + RS').4--

Рассмотрим теперь △ ЛР5 и Д BPQ> вписанные в многоугольник М-. Очевидно, SARS = ~ RS* — d\ Sbpq ^ у ^Q е ^ ^, следовательно,

s SARs + SBPQ^^+^-i^^

=|(pq+^S).4>4sm.

Но в таком случае

или 3Лр5 ^ у SM или SBpQ > у 8М>

что и доказывает утверждение задачи.

б) Пусть М — правильный шестиугольник ABCDEF, а / параллельна стороне АВ шестиугольника (рис. 124). Далее, пусть PQR — вписанный в М треугольник наибольшей возможной площади, одна сторона PQ которого параллельна АВ. Если Р и Q лежат соответственно на сторонах AF и ВС шестиугольника, то, очевидно, вершина R должна принадлежать DE. Примем длину стороны шестиугольника за 1 и обозначим расстояние АР = BQ через а. В таком случае, как легко подсчитать,

Р0 = ЛВ + Р0 + (?Я = Ц-4 + -|=1+а и__

hpQ = RS-AG = V^--^- = (2-a)-^f следовательно,

sPQ«ei(, + e> ^-а^-Н—-^(2+«-а2)=

Поэтому, для того чтобы SpQR была наибольшей возможной, необходимо, чтобы было а —~ = 0, а = тогда

9 /3 _ 9/3

^PQR “ 4 * 416 е

Но площадь всего шестиугольника М равна

^оав—6^оав—6V з" _ з Кз42V з" _ з Кз42

^оав—6

^оав—6

V з" _ з Кз42

V з" _ з Кз42

(О— центр шестиугольника); отсюда следует, что наибольший по площади вписанный в ABODEF треугольник, одна сторона которого параллельна АВ, имеет площадь, равную "^ $двспер что и требовалось доказать.

Ясно, что, скажем, Д'Дз — средняя линия ДД1Д2Д3, и т. д,; поэтому в обозначениях рис. 125

р'=л;а;+а;а;+а;а;+ ... + а^х* «=

— "^ (AiA3 + А2Л4 + ••• + Ап-Д + АпА2) >

>"^"[(^А + В2А3) + (А2В2 + В3А4) + ••• + (АцВп + В.ЛИ =

= ^-[(Л1В14-В1А2) + (А2В2 + В2А3) + ... -НАпВп + ВпА^

>^(AtA2 + A2A3+ ... +А„В„) = 1р

(неравенство Р' < Р с очевидностью следует из того, что выпуклый многоугольник М' заключается внутри М).

S - S' = S , , + S ,,+ ...+$,, ^

^Y^n^Y ^2^Y^2^n^n—Y^n

4 (^i^n^2 ”^" ^^2Л1^з "^ * *^n^n—1^1)

= T[2(S^B1A2 + SW3+ +%B„A1) +

+ (5а1ВПВ1 + $А2В1В2+ ••• + Ч1В(1-1ВП)]<1’(25) = Т5,

откуда сразу вытекает, что S'^~S; неравенство S'<S является очевидным.

Из этих рассуждений также следует, что равенство Р' =~*Р может иметь место лишь для треугольника, а равенство S'= ~-S— только для четырехугольника*, при л >-3 результат, задачи а) может быть усилен таким образом: Р>РГ >~Р\ аналогично этому при л >4 результат задачи б) можно усилить так: S>S'>^S

(при л = 3, соответственно при л = 4, наши неравенства вообще заменяются на равенства*. РГ=~Р, соответственно В'= ~ в). Для л > 3, соответственно для п *> 5, неравенства

Р>Р'>^Р и S>S'>^S

улучшены быть не могут; это означает, что здесь периметр Р' многоугольника ЛГ может быть сколь угодно близок и к Р, и к ~ Р; соответственно площадь S' многоугольника М' может быть сколь угодно близка и кВ, и к — В. В самом деле, если л-угольник М,

ММРис. 125.Рис. 126.Рис. 125.Рис. 126.

М

М

Рис. 125.Рис. 126.

Рис. 125.Рис. 126.

где л > 3, «вырождается» в отрезок АВ, где мы считаем Ai = = Аг = А, Аз = А4 = ... = Ап = В (рис. 126, а), то, очевидно, A j = А, Л 2 = Кп = С (середина отрезка АВ\ А'3 = ... ~ Л' _1 = В, так что «многоугольник» М’ совпадает с тем же отрезком АВ и Р' = Р (= 2ЛВ); поэтому если М очень близок к этому «предельному» положению, то Р' близко к Р. Аналогично этому, если М «вырождается» в отрезок АВ так, что Л1 = Л, Аг = Лз = ... = = Ап-1 = D (точка отрезка ЛВ) и Ап = В (см. рис. 126,6, на котором D — середина отрезка ЛВ), то М обращается в отрезок EF, где Е и F — середины отрезков AD и DB, так что здесь Р' = ^ Р; отсюда следует, что и для «истинных» (выпуклых) л-угольников, близких к этому «предельному» многоугольнику, величина Р' может

быть сколь угодно близка к Р.

Совершенно таким же образом, если л-угольник М, где л ^ 4, «вырождается» в треугольник АВС площади В, причем Ai = А, Аг — В^ Лз ^ Л4 = ... = Аи = С, то, очевидно, многоугольник М' обращается в заштрихованный на рис. 127, а параллелограмм площади -у В; отсюда вытекает, что и для «истинного» л-угольника М

величина S' может быть сколь угодно близка к -~ S. Аналогично этому, если «-угольник М, где « ^ 6, «вырождается» в треугольник АВС, так что Ai = А2 = А, Аз = А* = В и А3 — ... = Ап = С (рис. 127,6), то М' совпадает с М и S'= S, откуда следует, что

Рис. 127.

при « ^ 6 площадь 8' может быть сколь угодно близка к S. Однако при « = 5 неравенство 8>8'>-^8 можно усилить, заме- 31

нив его следующим: — 8>8' >-£- 8 (см. выше задачу 42 а)).

Так как △ OAiA2, образованный центром О окружности К радиуса 1 и двумя ее точками Ai и А2, такими, что Z AiOA2 = 2а (см. рис. 23,6 на стр. 58), имеет, очевидно, основание AiA2 = = 2 sin ai и площадь ^оахА2 = -^ sin 2a ь то периметр Р и площадь S вписанного в единичную окружность К выпуклого «-угольника М, сторонам которого отвечают центральные углы 2аь 2а2, ... ..., 2ап, равны (мы здесь считаем, что центр окружности заключен внутри М)

Р = 2(sinai + sin a2 + ... + sinart)

и

S = ~(sin 2aI + sin 2a2 + •.. + sin2art).

Таким образом, задачи а) и б) сводятся к доказательству неравенств

sin О[ + sin а2 + ... + sinan^

а1 + «2I• «2 +«з ...«1 +

s ^2*2‘* * * "* ^ ^2*

соответственно

sin^aj + sin 2a2 + ... + sin 2an < sin (aj + a2) + + sin(a2 + a3) + ... + sin(aj + an),

где 0<a#<90°, / =^ 1, 2, •.., «и ai + a2 + ••• +a«=^ 180°.

Но, например»

2 [sin (а, + а2) + sin (а2 + а3) + ... + sin (ап + аЛ — — 2 (sin 2aj + sin 2а2 + ... + sin 2ап) =

= [2 sin (Oj + а2) — (sin 2ai + sin 2a2)] +

+ [2 sin (a2 + a3) — (sin 2a2 + sin 2a3)] + ...

... + [2 sin (an + aO — (sin 2an + sin 2a()] =

= [2 sin (ai + a2) — 2 sin (ai + a2) cos (a! — a2)] +

+ [2 sin (a2 + a3) — 2 (sin (a2 + a3) cos (a2 — a3)J + ...

... + [2 sin (an + aO — 2 sin (an + «i) cos (an — aO] = = 2 sin (ai+a2) [1—cos (aj—a2)] 4-2 sin (а24-«з) [1—cos (a2—a3)] 4- ...

... 4* 2 sin (an 4- «J [1 — cos (an — aO] ^ 0,

где равенство имеет место, только если а1=аг, аг=аз, ..., an = ai, т е. если ai = аг = ... = ап, и n-угольник М правильный.

Точно так же доказывается и неравенство а).

Заметим прежде всего, что если АВ = а и CD = b — две хорды одной окружности К (с центром О и, скажем, с радиусом 1), а АВ = 2a и * CD = 2р > 2a) — стягиваемые этими хордами дуги (где р < 90°), то

(*)(♦*)(*)(♦*)АВ ^АВ

(*)

(♦*)

(*)

(♦*)

ииCD > ^CD

и

и

SAOB > АВ

В самом деле, так как АВ = 2 sin а и ВС = 2 sin Р (ср. с решением задачи 65), то неравенство (♦) эквивалентно следующему:

2 sin a 2sinp2 sin a 2sinp2a> 2p’2a> 2p’илиилиsingasingasin PP ’sin PP ’

2 sin a 2sinp

2 sin a 2sinp

2a

> 2p’

2a

> 2p’

или

или

singa

singa

sin P

P ’

sin P

P ’

sin x ,

Вспомним теперь, что при х->0 отношение —~— (где угол х измеряется в радианах!) стремится к 1, а при х = ^-(—90°) имеем sin х 12 лх

-с _^ = w ^ О,63< 1; это делает неравенство (♦) правдоподобным, но, разумеется, не доказывает его. Однако если придать х *sin х

малое приращение £, то отношениезаменится на отношение

sin (ж + g)sin (ж + g)которое будет меньше первоначального, ибо *)

sin (ж + g)

sin (ж + g)

sin x sin (x + g)X x + g

х sin х + g sin х —■ х sin x cos g — x cos x sin g

*(*+^)

xsm x(l — cosg) + g Ism x— xcosx—z-

xsin x (1 — cosg)*(*+£)xsin x (1 — cosg)*(*+£), g cos x /^xU+al6" x, g cos x /^xU+al6" x>0;>0;*(* + £)

xsin x (1 — cosg)

*(*+£)

xsin x (1 — cosg)

*(*+£)

, g cos x /

^xU+al6" x

, g cos x /

^xU+al6" x

>0;

>0;

здесь первое слагаемое положительно в силу неравенства 1 > cos g, а второе при достаточно малом 5 — в силу известного неравенства tgx>x (см., например, рис. 128, где 2tgx =

X." ^OPR* ^х " ^сект. OPQi И в силУ ТОГО, ЧТО,

\ выбрав g достаточно малым, мы всегда можем sin в

сделать отношение —-— сколь угодно близ- \ ким к 1. Таким образом, при последовательном увеличении значения х на малые g отно- , рsin х

Ошение —-— будет все время только у б ы-

У

в а т ь, откуда и вытекает справедливость неравенства (*).

Точно так же — с использованием того,

Рис. 128.что SAOBa тsin ° и Scoo= 2" sin Р,-

доказывается и неравенство (♦♦).

Обозначим стороны многоугольника Mi, взятые в не возрастающем по величине порядке, через «1, «г, ..., Ст, а отвечающие им дуги окружности К (в угловой мере) — через ai, аг, ... ..., ат; аналогично этому стороны многоугольника Mi, взятые в неубывающем порядке, обозначим через bi, bi, ..., bn, а отвечающие им дуги К — через pi, рг, ..., Рп. В силу (*), учитывая условия задачи, имеем

ПтПт—1&22> ^^> ^. ^>^2>^п

П-тО-т—1a2 di PiРгРп

Воспользуемся теперь следующим известным свойством неравенств (с положительными членами):

а с если b аа с если b аа а + с сb > b + d > deа а + с сb > b + d > de

а с если b а

а с если b а

а а + с с

b > b + d > de

а а + с с

b > b + d > de

В самом деле, в наших предположениях, например,

a a-Vc ab + ad —- ab — bed /а

а + с с b + d dа + с с b + d dТ b-V d ~ b(b + d) b + d \Tw"d)>0'

а + с с b + d d

а + с с b + d d

ПоследовательноПоследовательнои точно так же доказывается, что

Последовательно

Последовательно

применяя несколько раз это свойство неравенств, получаем

иИтак,иИтак,^ 1 0m + <2m—1 + ••• + ^1 > ^ 2л «т + от-1 + ... + «1 Oi^ 1 0m + <2m—1 + ••• + ^1 > ^ 2л «т + от-1 + ... + «1 OiЬ\ > ^1 + ^2 + • • • + Ьп—\ + Ьп Р2PiPi + Рг + ••• + 0п-1 + Ря2л*Ь\ > ^1 + ^2 + • • • + Ьп—\ + Ьп Р2PiPi + Рг + ••• + 0п-1 + Ря2л*Л. 2лЛ. 2л«!«!ииР 22лР 22л61 ₽Г61 ₽Г

и

Итак,

и

Итак,

^ 1 0m + <2m—1 + ••• + ^1 > ^ 2л «т + от-1 + ... + «1 Oi

^ 1 0m + <2m—1 + ••• + ^1 > ^ 2л «т + от-1 + ... + «1 Oi

Ь\ > ^1 + ^2 + • • • + Ьп—\ + Ьп Р2

PiPi + Рг + ••• + 0п-1 + Ря2л*

Ь\ > ^1 + ^2 + • • • + Ьп—\ + Ьп Р2

PiPi + Рг + ••• + 0п-1 + Ря2л*

Л. 2л

Л. 2л

«!

«!

и

и

Р 2

2л

Р 2

2л

61 ₽Г

61 ₽Г

А так как —->-Г-, то РХ>Р2, что и требовалось доказать, tt] Pi

Решение этой задачи, аналогичное решению задачи а) (только роль неравенства (*) здесь будет играть неравенство (**)), предоставляется читателю.

а) Прежде всего заметим, что если рассматриваемая ломаная состоит всего из двух звеньев АР и РВ (рис. 129, а), то теорема справедлива. Действительно, продолжим прямую АР за точку Р и на продолжении отложим отрезок PQ = РВ Так как △ BPQ

.„ у л 180 - Z BPQ 180 - а

равнобедренный, то Z BQA —=2’ следо

вательно, точка Q принадлежит построенной на отрезке АВ дуге окружности, вмещающей угол ^• ДУге этои окружно

сти отвечает центральный угол 180° — а; так как хорда АВ = 1, то отсюда следует, что радиус окружности равен . Но

2со+

AQ = АР -V РВ не превосходит диаметра этой окружности; следовательно,

АР + РВ^ ——,аCOST

что и требовалось доказать. При этом АР + РВ = —-— только cos|

в том случае, если треугольник АР В равнобедренный

Докажем теперь теорему методом математической индукции. Предположим, что наше утверждение верно для всех п-звенных ломаных, и докажем, что в таком случае оно будет также справедливо и для (п + \?)-звенной ломаной АР1Р2 ... РпВ. Продолжим стороны АРХ и Р3Д2 выпуклого многоугольника АРХР2 ... РпВ до пересечения в точке Р (рис. 128,6). Так как сумма внешних углов ломаной при Р\ и при Р2 по условию меньше 180°, то Р будет лежать на продолжении АР^ за точку Р4. Далее, внешний угол QPP2 треугольника Р1РР2 равен сумме внешних углов РР1Р2 и PP2Pi многоугольника АРХР2 ... РпВ; отсюда следует, что сумма внешних углов n-звенной ломаной АРР^Рк... РпВ при Р, Рз, Р^ ... ..., Рп будет равна сумме а внешних углов (п + 1)-звенной ломаной АРХР2... РпВ. Так как мы считаем, что теорема уже доказана для всех n-звенных ломаных, то длина ломаной АРР^Рк... РпВ не превосходит . Но длина ломаной АРХР2 ... РпВ, очевид-

cosy

но, меньше длины ломаной АРРз ... РпВ (ибо РХР2 < PiP + РР2); следовательно, длина ломаной АРхР2...РпВ и подавно меньше

1 , что и требовалось доказать.

C0S"2

Эта задача очень близка к предшествующей. Прежде всего, ясно, что из всех треугольников АР В с основанием АВ = а и внешним углом при вершине Р, равным а (т. е. углом АРВ, равным

I а gT I

180° — а), наибольшую площадь |равную^у имеет равнобедренный треугольник (у него высота больше всего). То, что всякий выпуклый n-угольник, где п > 3, со стороной АВ = а и данной суммой внешних углов при вершинах, отличных от А и В, рав- 120°

а ^ 2 а21^3 ной 120°, имеет площадь, большую =—-—, доказы

вается аналогично решению задачи а).

Обозначим длины сторон рассматриваемого n-угольника М через П1, а2, ..., аи и построим на каждой стороне обращенный внутрь М прямоугольник ширины —. Сумма площадей этих пря

моугольников будет, очевидно, равна

«1 ”р + #2 *^Г + • • • + ^П -р = (а1 + а2 + ••• + С1П) ^ ~ В ■^‘ = S,

*—а поскольку они обязательно будут пересекаться (пересекаются, цапример, каждые два прямоугольника, построенные на двух соседних сторонах многоугольника Af), то покрытая ими площадь всегда будет <S. Поэтому наши п прямоугольников не могут целиком покрыть весь многоугольник Af; но если точка О S остается не покрытой прямоугольниками, то круг радиуса -р- с центром О не пересечет ни одной стороны М, т. е. будет целиком заключаться внутри М.

П е р в о е решение. Преобразуем подобно четырехугольник ABCD (где АВ = а, ВС = b, CD = с, DA — d) с коэффициентом подобия k""» ПРИ этом сторона A 'В' преобразованного четырехугольника A'B'C'D' станет равной стороне CD четырехугольника ABCD. Сложим теперь четырехугельники ABCD и A'B'C'D'

равными сторонами, как указано на рис. 130. Площадь всей образовавшейся фигуры ABCD'C'D равна, очевидно, SabcdA-Sa,b,c,d, = = (1 + к2) SABcjy Из того, что четырехугольник A'B'C'D' подобен четырехугольнику ABCD, следует, что Z BCD' = Z ADC' (на рис. 130 Z BCD' = ZC + 21 A, Z ADC' =360° — (Z D + Z В)), Произведения сторон треугольников ADC' и BCD', заключающих равные углы, также равны: d^k-b^ = b(k-d). Таким образом, SADC, = ^BCD' и> следовательно,

S ABCD'C'D = U + &2) ^ABCD ~ $ ABD'C'*

Четырехугольник ABD'C' является трапецией*, параллельность сторон АВ и C'D' следует из равенства внутренних накрестлежащих углов, образованных ими с секущей CD. Нам надо выяснить, в каком случае плоцадь трапеции ABD'C' с заданными основаниями с2

АВ = а и C'D' — к*с = — будет наибольшей, т. е. в каком случае эта трапеция имеет наибольшую высоту.

Проведем СР || D'B и рассмотрим треугольник АС'Р, имеющий ту же высоту, что и трапеция ABD'C, и основание (мы считаем.

Разность квадратов боковых сторон этого треугольника при заданных сторонах четырехугольника ABCD является фиксированной. Действительно, по теореме косинусов

АС'2 = AD2 + DC'2 - 2AD • DC' cos Z ADC',

C'P2 = D'B2 = BC2 + CD'2 - 2BC • CD' cos Z BCD',

и так как

AD • DC' = ВС • CD' и Z ADC' = Z BCD',

TO

AC2 - C'P2 = d2 + (k • by -b2- (kd)2 = (.d2 - b2)(l - к2) =

_ (d2 - b2Ha2 - с21) a2*

Пусть CH -— высота △ АСР. Тогда

AC'2 = AH2 + C’H2, C'P2 = PH2 + C'H2,

ас'2 — C'P2== AH2 - PH2 = a2

— ^AH + HP^AH - HP\ и так как

АН ± НР~ АР = АВ - РВ = а — — = -—(*)

а а4 '

(это равенство выполняется либо когда в левой его части стоит знак «плюс», либо когда в левой части стоит «минус»), то

d2 — b2

АН^НР = -~(**)

а

(причем знак в левой части равенства (**) противоположен знаку в левой части (*)).

Равенства (*) и (**) полностью определяют положение точки Н на стороне АВ. А если основание высоты, опущенной из вершины С на сторону АВ, не зависит от углов треугольника АСР, то ясно, что высота СН будет наибольшей в том случае, когда сторона АС треугольника АСР будет наибольшей, т. е. когда АС = AD 4- DC, 2 ADC = Z D + Z В = 180°, и вокруг четырехугольника ABCD можно описать окружность.

С другой стороны, известно, что всегда существует единственный четырехугольник, стороны которого, взятые в определенном порядке, имеют наперед заданные длины a, b, с, d 4) и который мож-

^ Разумеется, a, b, с, d должны быть таковы, чтобы вообще мог существовать четырехугольник с этими длинами сторон (для чего необходимо, чтобы наибольший из отрезков a, b, с, d был меньше суммы трех других).

но вписать в круг. Построение этого четырехугольника нетрудно усмотреть из вышеприведенных рассуждений: отложим АВ = а; зная отрезки АР = АВ — CD', PC = BD' = ВС + A'D' и AC = = AD + B'C, мы сразу можем построить точку С, а следовательно, и найти вершину D четырехугольника ABCD. При этом в условии нашей задачи нет необходимости требовать, чтобы порядок сторон в четырехугольнике ABCD был определен (предположение, из которого мы исходили в нашем решении): если в каком-либо четырехугольнике KLMN стороны следуют, например, в порядке KL = a, LM = d, MN — b, NK = с, то площадь его меньше площади четырехугольника KqLqMqNo (KoU = a, L0MQ = d, M0N0 = b, NoKo = с), который можно вписать в круг, а площадь последнего четырехугольника (про который мы считаем, что центр О описанной окружности расположен внутри него) равна площади четырехугольника ABCD со сторонами АВ = а, ВС — b, CD = с, DA = d, который можно вписать в тот же круг с центром О, ибо

Рис. 131.

четырехугольники AoBoCoDo и ABCD состоят из одинаковых треугольников (A OKoNo = △ OCD, и т. д. — см. рис. 131, а, б), только по разному сложенных ).

Второе решение (ср. с первым решением задачи 70а)). Рассмотрим два четырехугольника с одинаковыми сторонами: четырехугольник ABCD, вписанный в окружность S радиуса R с центром О, и другой четырехугольник AiB^C^D^ (см. схематический рис. 132, а, б). Представим себе, что четырехугольник ABCD шарнирный и что мы деформируем его, меняя углы так, чтобы он перешел в четырехугольник A^BiCiDi. При этом равнобедренные треугольники А ВО, ВС О, С DO и DAO, построенные на сторонах четырехугольника ABCD, меняют свое положение и окончательно

занимают положение Л1В1О1, ВхСхОа, C1D1O3 и Р4Л1О4 (рис. 132,6).

Сравним площади четырехугольников ABCD и AiBiCiDv Мы имеем

8дво ^ ^BiOi’ ^BCO^^BiCaO^ ^CDO^^CxDxO? ^ПАО^^ПхАхОг

Соединим точки 01 и Ог, Ог и Оз, Оз и 04, 04 и 04 окружностями радиуса R с центрами соответственно в точках Bi, С^ Di и Ль Докажем, что два противоположных угла четырехугольника AiB^CiDt меньше соответствующих углов четырехугольника ABCD, а остальные два угла — больше соответствующих углов ABCD. Предположим, например, что Z Ai С X А; в таком случае из сравнения треугольников ABD и Л1В1В1 (где АВ = АХВХ% AD = A^D-^

вытекает, что BXDX < BD, а тогда из сравнения треугольников DBG и DxBxCi заключаем, что X Ci < X С. Далее, все углы четырехугольника AiB^CiD^ не могут быть меньше соответствующих углов четырехугольника ABCD; если же предположить, что, например, X Вх >» X В, то AxCi > АС (вытекает из сравнения треугольников ВАС и В1Д1С1) и Z Dx> Z D (вытекает из сравнения треугольников DAC и DiAxCiY Таким образом,

X Ах = X OjA^ + Z O^AxDx — Z ОхАхО^ =

= Z О АВ + X О AD — X ОхАхО4 = ZA — Z ОХАХО^

Аналогично

Z Вх = Z В + Z ОхВхО2» Z Сх — Z С — Z О2СхО^

Z Dx — X D + Z OfixO^

Но так как

U A - ZAx)^-(ZC- ZCx)=^(Z Вх - ZB^A-UDx - ZD)(ибо Z А + ZB-V хс+ ZD=ZAXA- ZBx + ZCx-V ZDx==3№\ toZ OxAxO* 4- Z O2CXO^ = Z OxBxO2 4- Z O^DxO^

и, следовательно,

^сект. AtOiO* + ^сект. СхО^Оз ^ ^сект. BxOtOa "^* ^сект. DxO^O*'

Так как разность

SABCD ~ SAiBlCiDl ^ ^АХВХОХ +SBxCxoASClDxoASDlAxO4)~SAxBxCxDlras=:^AxBlOx + SBXCXO2 + $СхПхОа + SDXAXO4 ~~ $AXBXCXDX +

“Ь ^сект. АхОхО4 *$сект. BXOXO2 + ^сект. CxO2Oa *^сект. DxOaO4’

как видно из рис. 132,6, равна площади четырехугольника OiO2O3O4, ограниченного четырьмя дугами окружностей, то для доказательства того, что

^ABCD > ^AXBXCXDX

(а именно это и составляет содержание нашей задачи), достаточно показать, что плогцадь этого дугового четырехугольника OiO2O3O4

всегда будет положительной. Последнее утверждение* имеет следующий смысл. Заранее мы не можем быть уверены, что дуги O1O4 и О2Оз не пересекутся, т. е. что наш дуговой четырехугольник не будет иметь вида, изображенного на рис. 133. В этом случае «двуугольник» PQ будет вычитаться из общей площади, так как он будет входить и в сектор Л1О1О4, и в сектор С1О2О3. Нам надо доказать, что площадь этого двуугольника никогда не может превзойти суммы площадей дуговых треугольников О^О^Р и O3O4Q; именно это мы имели в виду, говоря о положительности площади дугового четырехугольника O1O2O3O4 (ибо в случае, когда четырехугольник имеет такой вид, как изображено на рис. 133, за площадь его следует принять

число S0x02p + SOaO4Q — SPQ).

Заметим, что все дуги OiO2, О2О3, О3О4 и О4О) имеют один и тот же радиус Р и ^0^2 + ^О3О4 = ^О^д + ^О2О3 (ибо Z 01В102 4- Z 03£>i04 = Z ОХАХО4 + Z О2СХО3\ Таким образом

Сохо2 + ~о3о4) - гохо4 + ~о2о3) =

= ГОХО2 - ~ОХР - ~02Q) + ГО3О4 - ^03Р - ~O4Q) = 0;

поэтому хоть одно из выражений "ОXO2-~^OXP—^O2Q и "О3О4 — — ~О3Р — ~O4Q неотрицательно. Предположим, что неотрицательно первое. Повернем дугу О4Р вокруг Ох в положение ОХРХ, a дугу O2Q и «двуугольник» PQ вокруг О2 в положение O2P2Q2 (рис. 133); при этом будем иметь~OXPX-V~O2Q2 = ~ОХР + ~O2Q<

~ОХ О2. Отсюда следует, что «двуугольник» P^Qa не может пересекаться ни с дугой ОХР (он не пересекается с «кривым

сектором» OiPiP), ни с дугой О^Р (он не пересекается с «кривым сектором» О2Р2Р); поэтому SP q2 = SPq < 5010 Р и тем более 8Р0< < SO1O2P + SO<Mr

Этим и завершается доказательство.

а) Первое решение (ср. со вторым решением задачи 69). Рассмотрим четырехугольник ABCD, описанный вокруг окружности s радиуса г с центром О, и другой четырехугольник AiBiCiDi, имеющий те же самые углы и тот же периметр (рйс. 134, а, 6). Из точки О опустим перпендикуляры OK, OL, ОМ

и ON на стороны четырехугольника ABCD и рассмотрим четырехугольники AiNiOvK^ = ANOK, BiKiOiLa = BKOL, CiLxOsM2 = = CLOM и DXMXO*N2 = DMON, углы Ab Bb Ci и Dx которых совпадают с углами четырехугольника AiBiCiDx. Очевидно, что если AiBi > АВ, то AXDX С AD (для доказательства достаточно наложить друг на друга четырехугольники ABCD и АХВХС1ВХ так, чтобы их углы А и А совпали); в этом случае будем иметь также BiCi < ВС, CiDi > CD. Так как периметры четырехугольников ABCD и Л1В1С1£>1 равны, то

АВ + ВС + CD + DA = АХВХ + ВХСХ + CXDX + DXAX;

^АХВХ - АВ) + (CXDX - CD) = (ВС - ВХСХ) + фА - DXAX\

или, другими словами,

(АХВХ - АХК2 - ВхКх) + ФФХ - СХМ2 - DXMX) =

= (В^ + CXLX - ВХСХ) + (Л^! + DxN2 - DXAX\ т. е.

kxk2-ymxm2 = l2lx-vn2nv

Но это означает, что

^iKiOlO, + SM1M1O4Ot = SLiL.OsO, + SnAOiO»’

так как все эти четырехугольники — прямоугольники с одинаковой высотой г. Теперь из рис. 134,6 видно, что

^ABCD ~ SAlBlClDl ^

= ^АхЫ.ОхК, + 5ВхК\Оги + SC1L1O«M2 + SD1MlOtN^ ~ ^ДС.О, +

+ (5К1КгО1О2 ~ ^L2LiO3Oi + SM1M20101 ~ SNaNi0x0) = S01010a04'

откуда и следует, что

^ABCD > ^.BiCiDi1

Второе решение. Примем известный нам периметр искомого четырехугольника ABCD за единицу, и пусть A'B'C'D' — какой-либо четырехугольник, подобный ABCD. Тогда площадь ABCD равна отношению -^ площади четырехугольника A'B'C'D' к квадрату его периметра (ибо коэффициент подобия четырехугольников ABCD и A'B'C'D' равен отношению их периметров, т. е. ~, а площадь ABCD равна площади A'B'C'D', умноженной на квадрат коэффициента подобия, т. е. равна S •-^ =—и наша задача сводится к тому, чтобы найти тот из четырехугольников, имеющих наперед заданные углы, для которого отношение площади к квадрату периметра имеет наибольшее возможное значение. Нам требуется доказать, что искомым будет четырехугольник ABCD, который можно описать около окружности.

Построим треугольник ABF, два угла которого равны углам А и В искомого четырехугольника1). Нам надо пересечь этот треугольник прямой CD данного направления так, чтобы у получившегося четырехугольника ABCD отношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Впишем в треугольник ABF окружность с радиусом г и центром О и проведем прямую CD заданного направления таким образом, чтобы она касалась этой окружности

*) Такой треугольник невозможно построить лишь в том случае, когда сумма каждых двух соседних углов четырехугольника ABCD равна 180°. В этом исключительном случае теорема настоящей задачи принимает вид: доказать, что из всех параллелограммов с данным острым углом и данным периметром р наибольшую площадь имеет ромб*, но это следует из того, что площадь параллелограмма со сторонами х и с — х (где с — полупериметр параллелограмма) и острым углом а, равная

будет наибольшейбудет наибольшейспри х = с — ^ = "2спри х = с — ^ = "2

будет наибольшей

будет наибольшей

с

при х = с — ^ = "2

с

при х = с — ^ = "2

(рис. 135, а). Докажем, что четырехугольник ABCD обладает требуемым свойством. т е. что если CD' — произвольная прямая, параллельная CD, то

$ABCD^A'B'C'D', .

(ЛВ + ВС + CD + DAY ^ (АВ + ВС' + C'D' + D'AY ''^

Обозначим коэффициент подобия треугольников FCD и FC'D'

через k (k может быть больше или меньше единицы). Очевидно,Sabf -Soab + Soaf + SOBF = ^r(AB + BF + FA),$CDF = S<)DF + ^OFC — §OCD = ~2Г ^^ "^ ^ ~ ^^^

и

Sc-d'F = k2SCDF = 4 гУ (FD + FC~ D0''-

Отсюда

SABCD ” 8ABF - SCDF = J Г ^AB + BF + FA^ ~ ^ + FC~ DC^

И

$ABC'D' ^ ABF ” ^C'D'F ^

= ^ r [(AB + BF + FA) - A2 (FD + FC - DC) ]

или, если обозначить AB + BF + FA через 2p, a CF + FD — DC —через 2q:

BABCD~ r ^p ~

BASC'D’ = r (P — ^)'

Далее, из подобия треугольников CDF и C'D'F следует

C'F + FD' — D'C = 2kq, откуда

AB + BC + CD + DA =

= AB + BF + FA - (CF + FD - CD) = 2 (p - q), AB + BC + CD’ + D'A =

= AB + BF + FA — (C'F + FD' — CD') = 2(p - kq).

В силу этого неравенство (») принимает следующий вид:

r(p —») r(p —F?)

4(р — qY 4 (р — kqY * откуда

1 Р^сЁ!

Р — Р^ (Р — kq)2 "

Перенося оба члена неравенства в левую часть и умножая его на (положительное) число (р — q^p — kq^2, получим

(р — kqY — (p — q)(p — k2q) > О, что по раскрытии скобок и упрощении дает

(1~^)2 pq>^

а это последнее неравенство» очевидно, справедливо. Этим и завершается доказательство.

Решение этой задачи аналогично второму решению задачи а). Рассмотрим сначала, для простоты, случай пятиугольника, и пусть М « ABCDE и М' = A'B'C'D'E* — два пятиугольника с периметрами Р и Pf и площадями S и S', имеющие равные углы, причем М описан вокруг окружности s радиуса г, а М' не подобен М (рис. 135, б, в). Для того чтобы доказать неравенство

отбросим соответствующие стороны DE и D'E' пятиугольников М и М' (такие, что Z D + Z Е = Z D' + Z Е' > 180°) и продолжим примыкающие к DE и к D'E' стороны до их пересечения. При этом мы получим два четырехугольника АВСТ и А'В'С'Т' с соответственно равными углами, причем четырехугольник АВСТ описан вокруг окружности s. Для упрощения выкладок будем считать, что размеры исходных пятиугольников выбраны так, что рассматриваемые четырехугольники имеют одинаковые периметры, равные Pi (выполнения этого условия всегда можно добиться, преобразовав, если надо, пятиугольник М' подобно). Ясно, что 5двСТ = — гР^

обозначим еще 8д,в,С/-р = ~агРр где а — некоторое положитель- (с\

равное —~в силу результата задачи а) ^авст /

а 1, причем а = 1, лишь если А'В'С'Т' тоже описан вокруг окружности, т. е. если он равен АВСТ. Далее обозначим DT А-ТЕ — DE = р и DT' + Т'Е' — D'E' = кр; здесь к — коэффициент подобия A D'E'T' и A DTE. Так как (ср. с решением задачи a)) SDTE = -^rp, то SD,T,E, = — к2гр.

Далее имеем

5 = SM = ^ДВСТ ~ S DET*

Р = АВ + ВС -V CD -V DE -V ЕА =

= ^АВ + ВС + СТ + ГЛ) - фТ А-ТЕ- DE) и

S' = SM, = SA,B,C,T, — Sd,e,ta

P' = A'В' + B'C' + C'D' + D'E' + E'A' =

= (A'B' + B'C' + CT + г Л') - ф'Т' + Т'Е' - DTV

Поэтому неравенство (**) принимает вид

1 n 11 n I , 2

гр -агР.-^кЧр(Рх-рУ > ^Рх-крУ *

или

1 аРх- к2рРх-Р > IPx-kpy

т. е.

(Pl-fep)2>(p,_p)(aP1-^p).

Но последнее неравенство действительно справедливо:

(Р, - кр? - (Pt - р) («Р, - к«р) =

= (р, _ рр)2 _ (р, _ р) (р, _ fe2p) + (1 - а) (Р, _ р) р, =

= PIp(l-^ + (l-a)(PI-p)PI>0

(ср. решение задачи а)), так как 1—а ^ О, а Р4 > р по самому определению этих величин. В последнем неравенстве стоит знак >», а не ^, так как, если 1—а = 0, а = 1, то четырехугольники А'В'С'Т' и АВСТ равны; поэтому, для того чтобы пятиугольник М* был отличен от М, надо, чтобы △ D'E'T' был отличен от △ DTE, т е. чтобы было к ^ 1; таким образом, если (I—a)(Pi— p)Pi=0, то Pip(l —кр наверное >0.

Решение задачи для случая произвольного п проводится м е- тодом математической индукции. Оно ничем не отличается от приведенного, и все выкладки имеют в точности такой же вид; только вместо пятиугольника надо всюду говорить об «-угольнике, а вместо четырехугольника — об («—1)-угольнике, для которого, согласно предположению индукции, теорема считается уже доказанной (это позволяет утверждать, что а ^ 1).

а) Если вписанный в окружность S «-угольник М не является правильным, то у него наверняка есть сторона, меньшая стороны а вписанного в S правильного «-угольника Мо. Далее, можно также считать, что М имеет и сторону, большую а; действительно, последнее не имеет места только в том случае, если М целиком вписан в дугу S, меньшую — -й части S; но тогда М за

ключается внутри сегмента, отсекаемого от ограниченного S круга

стороной Мо, а в этом случае достаточно отразить симметрично этот сегмент от соответствующей стороны Мо, чтобы убедиться в справедливости неравенства SM<C <8м0* Далее, не меняя площади вписанного в S многоугольника М, можно поменять его стороны местами так, чтобы самая большая и самая малая стороны М оказались рядом: в самом деле, перемена местами двух соседних сторон АВ и ВС вписанного в S многоугольника М не меняет площади А АВС, ограниченного этими сторонами и диагональю «-угольника, а значит, не меняет площади М; применяя же это преобразование несколько раз, мы всегда можем сделать соседними две любые стороны М.

Рассмотрим теперь треугольник, ограниченный наибольшей стороной АВ, наименьшей стороной ВС и диагональю АС (может

быть, предварительно преобразованного) многоугольника М и заменим его на АхАВ^С, где сторона АВ^ = а. Мы утверждаем, что ^АВуС^^АВС» в самом деле, из рис. 136 сразу видно, что точка В\.

расположена ближе к середине So дуги АВС, чем точка В, и значит, A АВ^С имеет большую высоту, чем Ах АВС. Таким образом, от многоугольника М мы переходим к многоугольнику Mi, одна сторона которого будет уже равна а; при этом SM >8М.

Далее, если Mi отличен от Мо, то мы преобразуем его описанным способом в новый многоугольник М^ имеющий больше равных а сторон, чем Mi и такой, что SMi>SMx. Производя эти преобразования несколько раз, мы придем к многоугольнику Мо, причем в процессе преобразования многоугольников их площади будут лишь возрастать; поэтому SMq>Sm.

б) Решение задачи практически не отличается от решения задачи а); единственное различие состоит в доказательстве того, что при замене &АВС на X ABiC (см. рис. 136) периметр многоугольника увеличивается. Отложим на продолжениях АВ и АВХ отрезки ВВ = ВС и BiDi = BiC (соответствующие построения воспроизведены на рис. 136 пунктиром). Так как Z АВС и Z АВХС— внешние углы равнобедренных треугольников ВВС и DiBiC, то

X ADC = X ADtC = ^ Z АВС ^=-1 X ЛВ]С);

поэтому точки В и Di принадлежат построенной на отрезке АС как на хорде дуге окружности, вмещающей -^ Z АВС, и при изображенном на рис. 136 расположении сторон △ АВС и △ АВХС хорда АВХ будет ближе к центру So этой дуги, чем хорда АВ, откуда и следует, что

АВХ + ВХС = АВХ >АВ = АВ + ВС.

а) Одно из самых изящных прямых доказательств ) нужного нам результата таково. Пусть М и Мо— неправильный и правильный «-угольники, описанные вокруг одной и той же окружности s; обозначим еще через К описанный вокруг Мо круг и через Oi, 02, ..., 0п — сегменты круга К, отсекаемые от К сторонами «-угольника Мо (рис. 137). В таком случае, очевидно,

+ V

С другой стороны (и это самое важное место всего рассуждения!), стороны М отсекают от К точно такие же сегменты 0^ 02, ..., о^

которые, однако, могут и перекры-

Рис. 137.ваться. Обозначим пересечения сегмен

тов 01 И 02» а2 И а3» а3 И а4» • • • (некоторые из этих пересечений могут и отсутствовать, т. е. иметь площадь 0) через 012, 02з» <^34» • • •^ таком случае общая пло

щадь части круга К, расположенной вне многоугольника М, будет

равна

/S , + S ,+ ... +S Л-(£ , +S , + .,. +S , \\ al a2°n)\ a12a23°nl)

(

ибо в сумме S , + S , + ... + S , части a12, о2з» ... круга К ai °2 °n

учитываются дважды), и значит, площадь части F многоугольника М, расположенной внутри К (эта фигура F заштрихована на рис. 137), будет равна

S ==£-/$ +$ +.,.+s \+/s +S +...+s \>

F К \ о. ОоО(Т п_oj

>sK-^o+sO2+...+sOn)=S<

Таким образом, уже эта часть М (а тем божее весь многоугольник М!) будет иметь площадь, превосходящую площадь SyMo правильного «-угольника Мо.

Легко видеть, что равенство Sf = SMq (и Sm — Sm^ выполняется лишь тогда, когда все вершины многоугольника М принадлежат окружности круга К, т. е. только в случае М = Мо.

б) Так как периметр Р и площадь S многоугольника, описанного вокруг круга К радиуса г, связаны очевидным равенством S = —Рг, то результат задачи б) непосредственно вытекает из результата задачи а).

Из формул (см. стр. 65)

2nR sin - ™ > Р и Р > 2nr tg

где Р — периметр «-угольника М, непосредственно следует, что

О D •180° О .180°

2nR sin2«r tg,пп

т. е.

R 180° \ / . 180° \180°

— > tgь sm ■* secr \ n / \ n )n

(где, очевидно, равенство имеет место лишь в случае правильного «-угольника М).

а) Эта несложная задача имеет много решений; вот одно из них1). По формуле Г е р о н а площадь S треугольника со сторонами at b и с и полупериметром р равна

s = Г Р (р — а) (р — 6) (р — с) , откуда

S2 = р (р — а) (р — 6) (р — с).

Но так как (р — я) + (р — 6) + (р — с) = Зр — (а + 6 + с) = Зр — 2р = р,

9 Другие решения имеются, например, в книгах [27] И [29].

то по теореме о среднем арифметическом и среднем геометрическом (ср. с решением задачи 39 или 43)

( п\(п ЛИП-^<Кр_а) + (р-6) + (р_С)]3— р3 \Р — а)хР~" о) \Рзj27*,

и следовательно,S^Cpи следовательно,S^CppL—pL.2727 ’pL—pL.2727 ’

и следовательно,

S^Cp

и следовательно,

S^Cp

pL—pL.

2727 ’

pL—pL.

2727 ’

где равенство имеет место лишь в случае р — а = р — b = р — с, т. е. в случае а = b = с, — когда △ АВС является разносторонним.

Эту задачу можно решить аналогично решению задачи а) 9. Воспользуемся прежде всего результатом задачи 69, в силу которого каждый четырехугольник AiBtCiDi имеет не большую площадь, чем четырехугольник ABCD с теми же длинами сторон АВ = Л4В1 = а, ВС = BiCi = b, CD = CiDi = с и DA = DiAi = = d, который можно вписать в окружность. Поэтому мы можем с самого начала ограничиться лишь вписуемым в окружность четырехугольником ABCD. Найдем теперь формулу для площади S такого четырехугольника ABCD.

Обратимся к основному для первого решения задачи 69 рис. 130 (стр. 241), где теперь будем считать, что ADC' и BCD' — это не ломаные, а отрезки (так будет обстоять дело, если ABCD можно вписать в окружность — см. первое решение задачи 69). Выше мы видели, что если ^ДВСЕ) = S, то

SaBD'C-^+^)s = ^^-S-

таким образом, нам достаточно найти площадь трапеции ABD'C*.

Трапеция ABD'C состоит из треугольника АРС' и параллелограмма PBD'C' с общей высотой; поэтому

SpBD,G,: 5 АРС' = 2ВР : РА = ^^ <АВ - D'C^ =

с а — с —ас а — с —а2с2а2 — с22с2а2 — с2

с а — с —

а

с а — с —

а

2с2

а2 — с2

2с2

а2 — с2

(здесь мы в соответствии с рис. 130 считаем, что а > с)), — и следовательно, если обозначить Здр^г = 2, то

а2 + с2 со_ v ।2^2 v а2 +с2 v

^2— — ЪДВЯ'С' —а2_с2— а2-С2

т. е.

Таким образом, задача будет решена, если мы выразим через а Ь, с и d площадь S треугольника АРС\

*) См. сноску на стр. 253.

Но стороны А АРС' равны

рЗ д^ — /»2

AP = AB-D'C' =а— = -— (= а),

а аь

PC' = BD' = BC + A'D' = b + d— = -^^^_ (=6), a a

AC' =AD + B'C = d+b-~ = ^£±^£_ (=Y); a a x

поэтому в силу формулы Герона

2= Кл (^ ~ «) {л — Р) (л — у),

где

л=1(а + р +у) = -^-[(а2-с2)+ (а» +6с+ cd +da)] =

= ^((a+c)(a-C) + (a + c)(6 + d)] = -^±_£(a+6-c4-d),

И

л-а = 1(р + у-а) = ^ l(at> + be + cd + da) - (а2 - с2)] = = ^[(a+c)(6 + d)He + ^a-c)] = 2j^(-a+» + <: + dX

л _ Р = 2. (а 4. Y_p) —[(а2 _ С2) + ^с + ад _ ab _ cd^ =

= ^[(a + c)(a-c) + (d-6)(a-c)] = ^(a-6 + c + d), л — у = "^ (а + Р — Y) = "^ 1(а2 — с2) + (аб + cd — be — ad)] =

= -^ [(« + с) (а — с) + (6 — d) (а — с)] = ^-^ (а + b + с — d).

Таким образом, окончательно получаем

(a + c)(a —с)

-4a2 Х

Х^-а + 6 + с + dHa-b + с + d)(a + b-c + d)(a + 6 + c-d) = = “ g2 С И(Р — а) (р — 6) (р — с) (р — d) , где р = -^- (а + b + с + d) =-^-Р — полупериметр ABCD. А поскольку S = ^2 — с2' ^> то мы приходим к следующей (обобщающей формулу Герона !)) формуле для площади четырехугольника ABCD,

Эта формула обращается в формулу Герона, когда, скажем, вершины D и А четырехугольника ABCD сливаются, и поэтому d = 0.

который можно вписать в круг:

S = VXp — a')(.p — bHp — cHp — d').(♦)

Дальнейшие рассуждения очень похожи на решение задачи а). Нам надо найти тот из четырехугольников ABCD с данным периметром 2р, который имеет наибольшую площадь; при этом можно заранее считать, что вокруг ABCD можно описать окружность и что поэтому применима формула (*). Но так как

(р — а) + (р — 6) + (р — с) + (р — d) =

= 4р — (а + 6 + с + d) = 4р — 2р = 2р, то, в силу теоремы о среднем арифметическом и среднем геометрическом !):

xyzt^y 4) ’

имеем

S2 = (р — а) (р — 6) (р — с) (р — d)<

/ / (р — а) + (р — 6) + (р — с) + (р — d) V _Р^_

4/256‘

и значит.

где равенство достигается только в том случае, когда у (вписуе- мого в окружность!) четырехугольника ABCD все стороны равны:

р — а = р — b —р — с = р — d, т. e. а = b = с — d, другими словами, когда ABCD — квадрат.

Примечание. Для доказательства основной формулы (*) мы использовали описанное в решении задачи 69 построение. Однако эту формулу можно вывести и без привлечения чертежа и каких бы то ни было геометрических конструкций. В самом деле.

п _/ х + У\2( х — у\2 .. _(х + у \2

') Так как ^—— ху = ^—>0, то ^—-—j > ху,

е.е.т.т.—ху , и аналогично —-—>У zt ; далее, обозначая

е.

е.

т.

т.

х + у z-vt

—_— = м и —2— ” °, получаем

хА-у A-zA-t _ «A-о ^tp—

4—2^г

” ЛГ—- "^^г~ > VVxy Vv^t = Кxyzt,

что равносильно (**); равенство здесь достигается только при

X = у ~ Z = tw

для выпуклого четырехугольника со сторонами АВ = а, ВС = bt CD = с, DA = d, углами А, В, С, D и площадью S, очевидно, имеем 9

= ^АВО "^" ^DBC ad sin А+ 1-Ьс sin С, т. е.

4S2 _. а2^2 §щ2 д _р ^2^,2 sjn2 с -j- 2 abed sin A sin С.

Но так как в силу теоремы косинусов

BD2 = а2 + d2 — 2ad cos А и

BD2 = b2 + с2 — 2bc cos С, то

а2 + d2 — 2ad cos А = b2 + с2 — 2bc cos С, т. е.

а2 _ ^,2 _ f2 ^ ^2 ^ 2^ cos д _ 2bc cos С.

Поэтому

L (д2 - Ь2— С2 + d2)2 =

= a2d2 cos2 А + b2c2 cos2 С — 2abcd cos A cos C =

= a2d2 (1 — sin2 Д) + b2c2 (1 — sin2 C) — 2abcd cos A cos C =

= a2d2 + b2c2 — [a2d2 sin2 A + b2c2 sin2 C + 2abcd cos A cos C) =

= a2d2 + b2c2 — [4S2 + 2abcd (cos A cos C — sin A sin C)],

откуда следует, что

4S2 = a2d2 + b2c2 — ^(a2-b2-c2 + d2)2 - 2abcd cos(A + C). (*♦♦)

Если же четырехугольник ABCD может быть вписан в окружность, то А + С = 180°, т, е. cos (Д + С) = —1; поэтому здесь

1652 = 4 (a2d2 + Ь2сЧ - (а2 - Ь2 - с2 + d2Y + %abcd =

= 4 (ad + be? - (a2 - b2 - c2 + d2Y =

=(02 _ Ь2_сг + </2 + 2ad + 2bc^ (- a2 + b2 + c2-d2 + 2ad + 2bc^=

= [(a + d)2 -(b- c?A [(6 + cY - (a - d)2] =

■= (— a-V b -V с -V dHa- b А- с -V d^(a-V b - с -V dA(a-V b -V c-d\

что, разумеется, равносильно равенству (*).

Одно из самых красивых доказательств изопериметрической теоремы для (выпуклых) многоугольников связано с рассмотрением

9 Нетрудно видеть, что все приводящие к формуле (***) рассуждения (и сама эта формула) сохраняют силу и для н е в ы- п у к л о г о многоугольника, — что, впрочем, для наших целей несущественно.

так называемых «внутренних параллельных оболочек», многоугольника М Сдвинем все стороны «-угольника М = Мо внутрь на одно и то же (малое!) расстояние б; полученные прямые образуют «внутреннюю параллельную оболочку» Мд многоугольника М ширины б (рис. 138,а). При этом оговорка о «малости» б означает лишь, что мы будем непрерывно сдвигать стороны М внутрь, наблюдая, как меняется при этом многоугольник М^ (рис. 138,6, в).

Рис. 138.Рис. 138.

Рис. 138.

Рис. 138.

Ясно, что при увеличении б вершины многоугольника М^ будут перемещаться по биссектрисам углов многоугольника М (ибо каждая вершина М^ равноудалена от двух соседних сторон М — см. рис. 138, а); при этом определенным «критическим» значениям б будет отвечать слияние двух вершин «внутренней оболочки» Мд многоугольника М, т. е. уменьшение числа сторон М& (на рис. 138 6, в; многоугольники Л!^, отвечающие подобным «критическим» значениям б, изображены жирными линиями). При этом «крайнее» значение б, до которого мы можем дойти, равно, очевидно, радиусу г Вписанного круга многоугольника М (ср. рис. 24, а на стр. 61); поэтому «оболочку» Мт можно назвать «ядром» многоугольника М. Нетрудно видеть, что «ядро» Мт многоугольника М представляет собой точку О, если М имеет единственный Вписанный круг к (точка О является центром круга к; в этом случае последний «истинный многоугольник» М^ является треугольником или другим многоугольником, в который можно вписать круг, и О есть центр вписанной окружности этого треугольника; см. рис. 138,6) и Мт является отрезком O1O2, если М имеет много Вписанных кругов (и центры этих кругов заполняют отрезок O1O2; в этом случае «оболочки» Af§ обязательно «перепрыгнут» тип треугольника; ср. рис. 138, в с рис. 26 на стр. 61).

Обозначим теперь через иг многоугольник, стороны которого параллельны сторонам данного многоугольника М и касаются окружности радиуса 1; площадь Sm многоугольника т мы обозна-

чим через s. Докажем, что для каждого (выпуклого) многоугольника М

(*)(*)Pr — S — sr2>0t

(*)

(*)

где равенство имеет место лишь для многоугольников, все стороны которых касаются одной окружности, т. е. для многоугольников, описанных вокруг окружности (в школьном понимании этого термина); вывод этого неравенства представляет собой центральный пункт решения задачи. Для того чтобы установить справедливость (), рассмотрим, как меняется величина Рг — S — sr2 при переходе от многоугольника М к его «внутренней параллельной оболочке» Мь» т. е. изучим значения

f (б) — Р^г6 — S6 — s^

интересующей нас величины, вычисленные для всех многоугольников М 6, где 0 < 6 ^ г.

Предположим прежде всего, что Af^M^ и М2=Мб$ — два многоугольника одного «слоя», т. е. такие, что им отвечает один и тот же многоугольник ш^ = пг^ = пг (на рис. 138,6, в «слои» многоугольников М^ отделены друг от друга многоугольниками, изображенными жирными линиями). Обозначим отвечающие 61 и 6г значения функции f(6) через

f (^1) — fl — ^V1 — 51 — S^ И f (б2) = f2 = P2r2 — $2 — s2r2>

где в силу нашего предположения st = s2( = o) *). Покажем, что если 62 — 6] = 6 > 0, то

St = S2 + Р2б + аб2 и Р^ = Р2-V о * 26.

В самом Деле, многоугольник Mi получается из М2 «надстройкой» на сторонах М2 ряда прямоугольников ширины 6 (общая пло-

Рис. 139.Рис. 139.щадь всех этих прямоугольников равна Р26, а сумма всех их «внешних» сторон равна Р2) и, кроме того, еще примыкающих к вершинам М2 «кусочков» многоугольника т', подобного mi с коэффициентом подобия 6 (рис. 139). Все вместе эти «кусочки» составляют многоугольник т', так что их общая площадь равна площади s' многоугольника пг^ т. е. а-б2, а сумма их «внеш

Рис. 139.

Рис. 139.

них» сторон равна периметру р'

многоугольника пг\ т. е. 2об: ведь так как многоугольник т' описан вокруг окружности радиуса 6, то его площадь s' и периметр д'

связаны соотношением s' =р'6. А так как, кроме того, очевидно,

чточто

что

что

rl — r2 + б

(почему?), то окончательно получаем

f2 " fl " (^2Г2 — S2 — S/l) — (Р/1 — Sj — S/1) =

= (P2r2 - S2 - ar2) - (P2 + 2a6) (r2 + 6) +

+ (S2 + ^iS + об2) + a (r2 + 6)2 = 0.

Рассмотрим теперь, как меняется величина/(6) = Рбгб— S6—

— s/6 при переходе через «критическое» значение 6, отвечающее

«перестройке» многоугольника Мб (а именно — уменьшению числа его сторон). Ясно, что при этом величины Р^, Гб и S$ не претерпевают заметных изменений (ибо с ростом б они меняются непрерывно); величина же s^ меняется «скачком» (внезапно возрастая

Рис. 140.Рис. 140.вследствие «перестройки» многоугольника т; см. те же рис. 138, б, в). Поэтому величина f(d), сохраняя свое значение в пределах каждого «слоя», при переходе от слоя к слою скачкообразно убывает*, график функций /(б) имеет характер «ступенчатой» линии

Рис. 140.

Рис. 140.

т. е.

Р2 - 4sS ^ (Р - 2srV;

равенство здесь выполняется только для описанных вокруг окружности многоугольников. Отсюда, в частности, следует, что для каждого n-угольника М

Р2 — 4sS ^ 0,(**♦)

., 180°

или, поскольку наибольшую площадь п tg —— среди всех описан

ных около единичного круга n-угольников m имеет правильный п-угольник (см. задачу 72 а)),

Р2, 180°,.

-rr^4s^4ntg,(****)

где равенство имеет место только в том случае, когда /г-угольник М описан вокруг окружности и когда отвечающий ему n-угольник пг правильный, т. е. когда Af — правильный /г-угольник.

Примечание. Из неравенства (♦♦♦*), в частности, следует, что среди всех /г-угольников с данными направлениями р2

сторон наименьшее отношение —^- (равное 4s, т. е., как легко

где Д1, Дг, ...где Д1, Дг, ...видеть, = 4 (tg -^ + tg ф- + ... + tg ^,

где Д1, Дг, ...

где Д1, Дг, ...

...,Ап—углы /г-угольника) имеет п-угольник, описанный вокруг

+ 1=4);+ 1=4);(!)(!)окружности;

+ 1=4);

+ 1=4);

(!)

(!)

Р2 А / А । . Д2 ,s2 +tg 2 +

это неравенство является усилением «изопериметрического неравенства» (**♦♦), ибо, как можно показать (ср. с задачей 72 6)), если Д1, Дз, ..., Дп — углы (выпуклого) п-угольника, т. е. если Д1 + Д2 + ... + Д« = (и —2)180°, то

4 Д1 ,4 Д2 |, 4 Дд 4180°

tg^-4-tg —+ +tg-r>ntg—.

, 180°, 180°Мы уже неоднократно отмечали, что для правильного /г-угольника

, 180°

, 180°

(ср. стр. 67), а для п-угольника, отличного от правильного,

Р2 , . 180°

-y>4ntg—•

С другой стороны, для круга площади S = лг2 и периметра (длины окружности) Р = 2лг, очевидно,

Р2

4л2г2лг2

4л.

Но поскольку (ср., например, стр. 64—65) число

л tg

180°п

равно площади S правильного n-угольника т, описанного

вокруг круга единичного радиуса, а л равно площади самого этого круга, то 4n tg —-— > 4л, откуда и следует, что для круга отно-

Р2 шение —

меньше, чем для

многоугольника.

а) Доказательство этого утверждения близко к решению задачи 75. Там мы видели, что Рг— S — sr2 ^ 0 (неравенство (*) на стр. 259); здесь Р, S и г — периметр, площадь и радиус Вписанного круга произвольного n-угольника М, a s — площадь п-угольника т, стороны которого параллельны сторонам М и касаются круга радиуса 1. Но так как, очевидно, площадь s многоугольника т больше площади л единичного круга (ср. с решением задачи 76), то тем более

(I)(I)Рг — S — лг2 > 0.

(I)

(I)

Преобразуя это неравенство в точности так же, как мы преобразовывали в решении задачи 75 неравенство (*) (т. е. умножая его на 4л, и т. д.), мы окончательно получим

Р2 -4л£>(Р — 2лг)2 (II) (ср. с неравенством (**) на стр. 261).

б) В решении задачи а) существенную роль играла «внутренняя оболочка ширины б» многоугольника М, а в конечном счете— «внутренняя оболочка ширины г», где г — радиус Вписанного круга (эта оболочка вырождалась в точку или в отрезок — см. вывод неравенства (*) на стр. 259). Здесь нам, напротив, понадобится «(внешняя) оболочка (в смысле Я. Штейнера) многоугольника М ширины А», где А — некоторое число, т. е. совокупность всех точек, удаленных (в смысле, указанном на стр. 15—16) от М не больше чем на А, в частности — внешняя оболочка ширины R, где R — радиус Описанного круга много- (понимаемая в указанном смысле)

«оболочка» ширины А стороны AiA2 = а4 многоугольника М представляет собой прямоугольник АуА^А^А^ ширины 2А со средней линией Л Иг, дополненный двумя полукругами радиуса А с центрами Ai и Л2 (рис. 141,а); это описание можно даже принять за определение «оболочки» отрезка Л Иг. Предположим теперь, что А = R, и построим такие «оболочки» (ширины 7?) для всех сторон n-угольника М. Эти п «оболочек сторон» полностью покры-

вают внутренность М. В самом деле, последнее утверждение было бы верным даже и в том случае, если бы мы рассматривали не «оболочки сторон ширины R», но лишь «оболочки сторон ширины г» (а, разумеется, г </?!): ведь наличие не покрытой «оболочками» ширины г точки О доказывало бы, что расстояние О от всех сторон М больше г, т. е. что существует целиком заключенная внутри М окружность (с центром О) радиуса, большего г,— что, однако, противоречит определению величины г.

Ясно, что площадь изображенной на рис. 141, а фигуры, отвечающей стороне А Иг = ах n-угольника, равна

av • 2Д + лД2;

таким образом, сумма площадей всех п «оболочек сторон» ширины R равна

(<4 + а2 + ... + ап) ^R + nnR2 = №R + nnR2.

Поэтому, если обозначить через si, s2, ..., $п площади частей fi, f2, ..., f„ плоскости, покрытых нашими «оболочками» 1-кратно, 2-кратно, .... ft-кратно, то, поскольку в сумме 2PR + nuR2 площадей всех «оболочек сторон» области fi, f2, ..., f п учитываются 1 раз, 2 раза, ..., п раз, мы имеем

2PR + nnR2 = sx + 2s2 + 3s3 + ... + nsn(1)

(при этом некоторые из чисел si, s2, ..., sn могут, конечно, и равняться нулю).

Заметим теперь, что площадь всей «оболочки ft-угольника М ширины R», очевидно, равна

S + PR + л/?2

(формула Штейнера). В самом деле, внешняя по отношению к М часть рассматриваемой фигуры F состоит из построенных на сторонах М прямоугольников ширины R и из секторов кругов радиуса R с центрами в вершинах Ах, Д2, ..., Ап ft-угольника М. При этом сумма площадей прямоугольников, очевидно, равна («1 + а.2 + ... 4- an)R = PR. С другой стороны, вершине Ах отвечает сектор круга с центральным углом 180°— Z А (рис. 141,6) *)), т. е. с центральным углом, равным внешнему углу ft-угольника при вершине Av, поэтому сумма всех центральных углов всех секторов равна сумме внешних углов ft-угольника, т. е. равна 360°, и значит, сумма площадей всех секторов равна полной площади л/?2 круга радиуса R. А так как вся фигура F распадается на части fi, f2, ...

fn, то”

S 4- PRA-nR2 = SxA-s2-Vs3-F ... A-sn.(2)

Вычитая теперь (2) из (1), получим

PR 4- (ft - 1) nR2 - S = s2 4- 2s3 4- ... 4- (n - 1) sn. (3) Но (и вот тут нам впервые понадобится то, что ширина R «оболочки» F многоугольника М равна радиусу его Описанного круга!) nnR2<s2 4- 2s3 4- • • • 4-(ft— l)5n.(4)

9 Для наглядности на рис. 141,6 изображена «внешняя оболочка» многоугольника М какой-то ширины Д <. R.

В самом деле, область, образованная объединением п кругов радиуса R с центрами в вершинах Ль Л2, ..., Лп ц-угольника ЛГ, покрыта «оболочками сторон» n-угольника не менее чем 2-кратно: действительно, круг с центром Л4, очевидно, целиком вмещается в «оболочки» сторон А1Ап и Л1Л2; круг с центром Л2 целиком вмещается в «оболочки» сторон Л2Л1 и Л2Л3, и т. д. При этом естественно, что часть F, покрытая сразу двумя кругами, входит в f3 (или в f4, или в fs, ..., — так, область, покрытая кругами с центрами Л1 и Л2, входит в «оболочки» сторон Л1ЛП, Л1Л2 и Л2Л3, а область, покрытая кругами с вершинами Л4 и Л3, если таковая существует,— в «оболочки» сторон Л1Л„, Л1Л2, Л2Л3 и Л3Л4); часть F, покрытая тремя кругами, входит в f4 (или в fs, ...), и т. д.; наконец, часть F, покрытая (п—1) кругами (если такая часть F существует), входит в fn. Что же касается до части F, покрытой нашими п кругами п-кратно, то таковая просто отсутствует: если бы существовала точка Q, покрытая всеми нашими п кругами, то эта точка отстояла бы от всех вершин многоугольника М на расстоянии <2R; но в этом случае круг с центром Q и радиусом <<R целиком содержал бы внутри себя многоугольник М, — что, однако, противоречит определению величины R. Эти рассуждения и доказывают соотношение (4) (ср. с выводом формулы (1) *).

Вычитая теперь (4) из (3), получим

PR~S-tlR2>0(*)

(ср. с неравенством (I) решения задачи а)), откуда последовательно получаем

4nPR - 4л£ - 4л2/?2 >0, или

— 4л5 > — 4лР/? + 4л2/?2, или

Р2 - 4л£ >Р2- 4tlPR + 4л2/?2, и, наконец,

Р2 - 4л£ > (2л/? - Р)2.(**)

а) Пусть Л, В — две произвольные точки многоугольника М. Ясно, что можно найти две такие граничные точки Л', В' многоугольника, что расстояние А'В' не меньше АВ: достаточно принять за Л' и В' точки пересечения прямой АВ с контуром многоугольника М. Далее, существуют две такие вершины А", В" многоугольника, что А” В" ^ А'В': в самом деле, если Л' — точка стороны а многоугольника, то за А" можно принять такую вершину М, что а проходит через Л" и угол А"А'В' не острый. Точно так же и точку В', если только она отлична от вершины многоугольника, можно заменить вершиной В" так, что А" В" ^ А" В'.

Таким образом, расстояние между любыми двумя точками А и В многоугольника М не больше какой-либо из сторон или диагоналей многоугольника, откуда с очевидностью следует, что диамет-

9 В (4) стоит знак <, а не ^, ибо, как легко видеть, существуют принадлежащие f2 (или f3, или f4, ...) участки, не покрытые ни о д н и м из рассматриваемых кругов радиуса R (см. на рис. 141, б заштрихованную часть пересечения «оболочек» сторон Л1Л2 и Л2Л3 n-угольника М).

ром многоугольника является наибольшая из его диагоналей или наибольшая сторона

Решение аналогично решению задачи а) и предоставляется читателю.

Обозначим диаметр четырехугольника через d\ так как площадь S (выпуклого или невыпуклого!) четырехугольника равна — ef sin а, где е и f — длины его диагоналей, а а — угол между диагоналями (ср. решение задачи 45 а)), то

s<4d2

(ибо е ^L d, f ^_d и sin а ^ 1); следовательно, если S = 1, то d2 ^ 2 и d^/2. Равенство d = V 2 выполняется для квадрата площади I (или для любого четырехугольника, диагонали которого взаимно перпендикулярны и равны между собой, а все стороны н е превосходят диагоналей).

С другой стороны, диаметр d четырехугольника (параллелограмма) площади 1 может быть сколь угодно велик (пример: прямоугольник со сторонами длин N и \]N, где N — велико). Поэтому возможные значения d таковы:

/■2<d<oo.

Пусть Л1 и Да — две наиболее удаленные друг от друга вершины М; ДИа = D— диаметр М (см. задачу 78). Проведем через все вершины многогранника перпендикулярные ЛИа плоскости;ясно, что «крайними» из них будут плоскости Л1 и Ла, проходящие через Л1 и Ла (ибо если бы М содержал точку В, расположенную, скажем, по другую сторону от Ла, чем Ль то было бы АХВ > ЛИ2 = D). Проведенные плоскости разобьют поверхность М на ряд слоев. Каждый из этих слоев состоит минимум из трех кусков граней (некоторые из них могут оказаться и целыми гранями), разграниченных между собой отрезками ребер М (может быть, целыми ребрами); ясно, что в каждом слое будет не меньше трех таких отрезков ребер, ведущих от одной из наших плоскостей к следующей плоскости. А так как длина такого отрезка ребра не меньше расстояния между плоскостями, то сумма длин всех «поперечных» (т. е. не параллельных проведенным плоскостям) ребер М не меньше утроенного расстояния между крайними плоскостями, т. е. ^3D; при этом равенство здесь невозможно (почему?).

Первое ре ш е н и е. Проведем через «внутренний угол» М канала окружность, касающуюся ее «внешних» берегов в точках До и Во (рис. 142, а); ясно, что радиус R = О До = ОМ = ОВ0 этой окружности определяется из соотношения (заметьте, что сторона квадрата ОаМЬ равна R— 1)

2(R-\y = R2, откуда R = 2 + V~2 («3,41), и значит

A0B0 = RV2 = 2]^2 4-2 («4,83).

Нетрудно понять, чю ветка, имеющая форму дуги окружности ^AoBq проплыть через поворот канала сможет: ведь при повороте

вокруг точки О на 45° в одну или в другую сторону ~ЛоЗо занимает положение ^Л0М, соответственно ^MBq (рис. 142, и) —ив обоих этих положениях ветка далее может свободно двигаться по одному или другому колену канала.

Докажем теперь, что если диаметр ветки АВ — d>2 У~2 + 2, то какую бы форму эта ветка ни имела, она не сможет проплыть через поворот канала. В самом деле, если ветка расположена

Рис. 142.

в прямолинейном участке канала с берегом MAq и если ее конец В расположен ближе к повороту канала, чем конец Л1), то (направ-

9 Мы можем считать концы А и В диаметра АВ ветки конечными ее точками, для чего достаточно просто «обломать» ветку; ниже будет показано, что даже часть АВ ветки неизбежно застрянет в повороте канала.

ленный) отрезок АВ (длина которого превосходит 2 V 2 + 2) составляет с «биссектрисой» MN канала (т. е. с общей биссектрисой образованных обоими берегами канала углов) обязательно тупой угол. В самом деле, если сдвинуть параллельно ветку в такое положение AiBi, чтобы конец Bi совпал с М, то конец А4 отрезка ВИ4 займет положение на изображенной на рис. 142, а пунктиром дуге PQ окружности радиуса d > 2 V 2 + 2 с центром М. Но если Av^^PQ, то Z AiMA <45° (ибо даже наибольшее из возможных значений этого угла, а именно Z PMQ, будет <45°, так как РМ > >2Г2 + 2>К2), и значит, Z W4i > 90°. Аналогично этому, когда ветка после поворота будет плыть по второму «колену» канала, то она займет положение А2В2, где уже точка А2 будет расположена ближе к повороту, чем В2 (ибо «перевернуться» и плыть далее другим концом вперед ветка диаметра > V 2, разумеется, не сможет); при этом угол между В2А2 и MN также будет тупым, а угол между А2В2 и MN (обратите внимание на направление отрезков!) — острым. Но так как в процессе движения ветки по реке угол между АВ и MN меняется непрерывно, то ветка обязательно должна будет пройти через такое положение АВ, при котором мы будем иметь Z (АВ, MN) =90°, т. е. AB1MN1).

Пусть С и D — точки пересечения отрезка АВ с берегами MAQ и МВ^ реки (рис. 142,6). Так как С А ^ СА' = ^ 2 и DB<V^-, то

CD = А В - АС - DB> (2 /2 + 2) - /^- К 2 = 2.

Отсюда следует, что если МР — расстояние от М до А В, то MP = ^CD>\,

и тем более >1 расстояние FP до АБ от точки F пересечения ветки АВ с отрезком MN.

Представим теперь ветку АВ плывущей по одному _из прямолинейных рукавов канала. В таком случае все точки Л, В и F будут находиться внутри канала (который здесь можно понимать просто как полосу ширины 1, ограниченную параллельными прямыми); поэтому внутри канала будет находиться и весь &ABF (в силу выпуклости полосы; см. определение на стр. 56). Но это невозможно, так как (понимаемая в смысле данного_ на стр 92 определения) ш и р и н а тупоугольного треугольника ABF (а тупым является уже Z АМВ, который меньше Z AFBV т. е. ширина самой узкой полосы, в которую можно заключить этот треугольник, равна его наименьшей высоте, т. е. равна FP"> 1. А отсюда следует, что ветка АВ уже по каналу ширины 1 проплыть не сможет.

Второе решение. Эту задачу можно также решить аналогично решению (близкой к ней по сюжету) задачи 49. Возможность проплыть для ветки диаметра 2^2 + 2 устанавливается легко (см. первое решение); основная трудность заключается в_том, чтобы установить, что никакая ветка диаметра d = АВ >^У~2 "V 2,

9 Ср. подстрочное примечание на стр. 303.

не сможет проплыть поворот канала, не застряв в нем. Представим себе теперь жестко связанный с веткой АВ и заключающий ветку внутри себя прямоугольник П ^ А^В^В^Аг ширины 1, две стороны которого лежат па берегах капала (рис. 142, в), и будем следить за движением этого прямоугольника в процессе движения ветки. Как и в первом решении показывается, что при движении ветки вперед и развороте ветки отрезок АВ, а с ним и прямоугольник П, повернется более чем на 45° ), Сосредоточим теперь внимание на том моменте в процессе движения ветки, когда стороны Д1В1 и А2В2 прямоугольника П окажутся перпендикулярными «биссект- риссе канала» NM.

Проведем через точку М прямую C'D' = Г ± MN и по другую сторону от нее, чем точка N, — прямую CXDX = /{ || /', удаленную от I' на расстояние 1. Если диаметр АВ ветки > 2 К 2 + 2, то в рассматриваемый момент найдется точка ветки, расположенная в треугольнике C'ND'\ ведь диаметр каждого из изображенных на рис. 142,в ромбов с\сМС' и D\ dMDf равен С^М. = D^M — V ^ > >2/2 + 2 (почему?), —и ветка никак не сможет поместиться в одном из этих двух ромбов. Но в таком случае прямоугольник П в этот момент расположится между какими-то двумя прямыми I и /1, параллельными прямым /' | l\ и удаленными друг от друга на то же расстояние 1; эти прямые на рис. 142, в расположены выше прямых V, соответственно /р Прямоугольник П может при этом, разумеется, и выйти за пределы канала; но если наша ветка плывет по каналу, то она обязательно будет заключена внутри образованной прямыми / и /1 с «внешними» берегами канала трапеции CyD^DC. Однако диаметр трапеции CiD^DC меньше диаметра трапеции CXDXD С , образованной с теми же берегами канала прямыми I и 1х (легко видеть, что C^D^DC можно поместить внутрь CXDXD С ), а последний, как нетрудно видеть, равен CXDX = = 2 V 2 + 2. Этим и доказывается, что ветка диаметра d >2 V" 2 + 2 проплыть по каналу не сможет (ибо она не поместится внутри трапеции CiD^DCXY

а) п = 2,3. Ясно, что система двух или трех точек, расстояние между каждыми двумя из которых не меньше 1, имеет диаметр ^ 1: если расстояние между двумя точками, или все попарные расстояния между тремя точками, равны 1, то диаметр системы точек равен 1.

п = 4. Четыре точки на плоскости или являются вершинами выпуклого четырехугольника (рис. 143, а) или три из них образуют треугольник, внутри которого расположена четвертая точка

и Л^з^К 2. Таким обра-и Л^з^К 2. Таким обра-6)6)Рис. 143.Рис. 143.(5 — 2) - 180‘5(5 — 2) - 180‘51 +/521 +/52= 1,61= 1,61

и Л^з^К 2. Таким обра-

и Л^з^К 2. Таким обра-

6)

6)

Рис. 143.

Рис. 143.

(5 — 2) - 180‘5

(5 — 2) - 180‘5

1 +/52

1 +/52

= 1,61

= 1,61

(рис. 143,6). В первом случае хотя бы один из углов четырехугольника, скажем угол Л1Л2Л3, будет не меньше 90°. Отложим на сторонах Л2Л4 и Л2Л3 этого угла отрезки Л2Л[ = Л2Лз = 1; тогда Л[Л^ < Л^. Но если Л2Л[ = Л2Лз = 1 и Z Л{Л2Лз>90°, то л'Лз > К 2

(теорема о третьих сторонах двух треугольников с двумя соответ

ственно равными сторонами); поэтому зом, в этом случае диаметр нашей системы четырех точек не меньше чем V 2 = 1,41 ...

Если четыре точки Л1, Л2, Л3,~Л4 расположены так, как изображено на рис. 143,6, то хотя бы один из углов Л1Л4Л2, ЛгЛИэ, Л3Л4Л1 не меньше 120°. Отсюда в точности, как выше, заключаем, что в этом случае диаметр системы уточек не меньше 1^3 = 1,73 . .. (^ 3 есть основание равнобедренного треугольника с боковыми сторонами 1 и углом при вершине в 120°)."

Итак, во всех случаях диаметр системы точек не меньше V2 — = 1,41 . _; диаметр в точности равен V2 в том (и только в том) случае, когда точки расположены в вершинах квадрата (рис. 143, в).

п = 5. Пять точек на плоскости являются вершинами выпуклого пятиугольника (рис. 144, а), или четыре из них образуют выпуклый четырехугольник, внутри которого расположена пятая точка (рис. 144,6), или три точки образуют треугольник, внутри которого заключены остальные две точки (рис. 144, в). Рассмотрим последовательно все эти

случаи.

Если пять точек образуют выпуклый пятиугольник, то хотя бы один из углов пятиугольника не меньше 108°

Если, например, Z Л1Л2Л3 ^ 108°, то, повторяя почти дословно рас-

,хл л 1 + К 5

суждения решения задачи б), мы докажем, что ЛИз^^=

= 1,61 ... I^^ 2 S1*n 54°есть основание равнобедренного тре

угольника с боковыми сторонами 1 и углом при вершине в 108°). Таким образом, в этом случае диаметр системы точек не меньше

Если пять точек расположены так, как это изображено на рис. 144,6, то диаметр системы точек тоже не может быть меньше 1 + 75

2

Действительно, из четырех углов Л1Л5Л3, Л2Л5Л4, ЛзЛбЛ4 и Л4Л5Л2) по крайней мере два не превосходят 180°; пусть это будут, например, углы Л1Л5Л8 и Л2Л5Л4. В таком случае сумма трех

Рис. 144.

углов Л1Л5Л3, Л2Л5Л4 и Л4Л5Л1 будет больше 360° (она будет превосходить 360° на величину угла Л2Л5Л3). Следовательно, хотя бы один из этих углов больше 120°; пусть это будет, например, угол

Л1Л5Л3. В этом случае Л^з ^ V 3 = 1,73 ... >— (ср. с ре

шением задачи б)).

Если, наконец, пять точек расположены так, как это изображено на рис. 144,в, то опишем вокруг всех пяти точек круги радиуса 1/2; очевидно, никакие два из них не пересекутся. Далее, если, например, круг с центром в точке Л4 пересекает сторону Л<Л2 треугольника Л1Л2Л3, то длины отрезков Л4Р и Л2Р, где Р есть

проекция А^ на AiA2, не меньше ——; действительно, А^ — = У"^^>У 1-4- = -^-(ибо Л^^!, А4Р<^. Таким образом, в этом случае AtA2> Кз> —-"U^™. Если же ни один из кругов с центрами во внутренних точках Л4 и А5 не пересекает сторон треугольника Л1Л2Л3, то площадь ЛИгЛз А о 1 / 1 \2 5л

больше 2 —л!~1 = -$- (внутри треугольника помещаются два круга радиуса 1/2 и три сектора, сумма центральных углов которых равна 180°). С другой стороны, хотя бы один из трех углов треугольника А1А2А3 не превосходит 60°; пусть, например, Z AiA2A3^ ^ 60° и, скажем, AiA2 ^ А2А3. В таком случае

с1190 ^Л^К 3

г>А1А2А3 = -2' А^- А2А3 sin Z АХА2А3<.-^ А2А3 sin 60 <^

и значит,_

Л2Л32 / 35л

откуда вытекает, что

^y^V^—1^1-

/ 5

Итак, во всех случаях диаметр системы не меньше ~

1 +

= 1,61 ...; диаметр в точности равен gв том (и только в том) случае, когда точки расположены в вершинах правильного пятиугольника (рис. 144, г).

[Во всех случаях п = 2, 3, 4, 5 наиболее выгодным в смысле настоящей задачи расположением п точек оказывается то, при Котором точки расположены в вершинах правильного /г-угольника («правильный 2-угольник» — это отрезок); однако при п >> 5 дело будет обстоять уже не так (см., в частности, рис. 34, а, б на стр. 71).]

а) Опишем вокруг каждой из наших п точек круг радиуса •—; так как шшЛМ; = р (где I, j = 1, 2, ..., и), то эти круги не пересекаются. Опишем далее круг с центром в одной из наших точек (какой угодно) радиусом 1+~-; так как концентрический с ним круг радиуса 1 содержит все наши точки (ибо шах Л,Л^= 1), то наш больший круг наверняка содержит все построенные ранее круги радиуса ~. Таким образом, мы видим, что п попарно не

р

пересекающихся кругов радиуса -g- целиком содержатся в круге

радиуса 1+-у. Сравнивая теперь площадь большого круга с общей площадью содержащихся внутри малых кругов, получаем

откуда

1 । И2/ 2(/л+0\ /|Х

1+-^>У»-н-, и значит, ц < —= =—':J. (I)

2 '2V п— 1 V п~ 1

б) Использовав те же самые рассуждения, что и выше, но заменив содержащий все наши точки круг радиуса 1 на (также coin's

держащий все точки!) круг радиуса -у- (см. задачу 93 6) ниже),

получим

откудаоткудаоткудаТ. е.откудаТ. е.

откуда

откуда

откуда

Т. е.

откуда

Т. е.

(2)(2)2/1/_2/з(/»+1)\

(2)

(2)

И^3(/1-1) к 3(n—1))

Примечание. Оценки (1) и (2) не являются точными и дают лишь весьма грубое представление об истинных значениях интересующих нас величин. Использованные в решении задачи соображения позволят получить и несколько лучшие оценки. Так, например, заменяя фигурирующий в решении задачи 88 «круг Юнга» К радиуса —г— «шестиугольником Пала» со стороной —х—

иО

1/~3

(площадь этого шестиугольника Ш равна —^, а периметр равен 2 V 3е, по поводу круга К и шестиугольника Ш см. задачу 93 и относящийся к ней текст) и учитывая, что площадь «внешней параллельной оболочки ширины h» фигуры F площади S и периметра Р равна S + Ph 4- л/i2 (ср. с решением задачи 77 6)), мы вместо использованных выше соотношений получим следующее:

■Ь/3|1 + л^У>пл (-^-j2,

л(ц — 1) р2 — 4 V 3 р — 2 ^ 3 < О,

(3)(3)2 / 3 + У12 + 2 / 3 л (п — 1)л(п-1)

(3)

(3)

Наконец, если учесть еще и то, что расположенные внутри выпуклой фигуры F равные непересекающиеся круги покрывают заведомо

меньше чем долю —01 полной ее площади F (по поводу этого

важного результата см., например, § 4 гл. III книги Л. Фейеш Тот [24]), то последний результат можно усилить так:

/ Н \2 „ Л 1^3 Г \Г 3 , ^,/ Ц \2]

"л \ 2 ) <6 L 2 + ^34г + л:(2).Г

откуда

(бп - л/“з) ц2 - 12g - 6< О,

т. е.

6 + /зб + б(б7^лрТ)

^6«-л/3*W

Заметим еще, что все формулы (1) — (4) показывают, что с ростом п величина р(п) убывает примерно как ~—г. из (1) вы-

V п *

текает следующая «асимптотическая» (т. е. справедливая при больших и) формула:

р(п)<—(Г)

V п

(ее «асимптотический» характер определяется тем, что при п боль- 2(^+1)2v hW Д

шом fi (п) = —;~ --— в том смысле, что hm - . r- = I.

V п- 1 /ип->оо 2/Кп /

Аналогично этому, формулы (2) — (4) приводят к следующим «асимптотическим» формулам:

g(„)<2p-L(~1,155Кп);(2')

з уп

ц(п)< ^2КЗя 1(з')

Л V П

g(«)<-^=".(4')

У п

а) Ясно, что диаметр рассматриваемой ломаной не может быть меньше 1. Нетрудно видеть* что при п = 3 и п = 5 он может равняться 1 — примерами могут служить правильный треугольник со стороной 1 (рис. 145, о) и правильная пятиугольная звезда («правильный звездчатый пятиугольник» — рие. 145, в; заметьте, что при п = 3 диаметр ломаной обязательно равняется 1).

Рассмотрим теперь 4-звенную ломаную ABCD. Так как А АВС и ZxADC равнобедренные и имеют общее основание АС и одинаковые боковые стороны (они = 1), то (поскольку по условию задачи точка В не совпадает с Р) эти два треугольника расположены По разные стороны от их общего основания АС, т. е. четырехугольник ABCD — ромб.

Диаметр ромба R = А1А2А3А4 со стороной 1 равен длине наибольшей диагонали; эта диагональ будет короче всего, если наибольший угол ромба имеет наименьшую возможную величину 90°

(если реализуется min max А»), т. е. если ромб обращается в ква- R i

драт (рис. 145, б); в этом случае диаметр ромба равен V 2.

При п = 6 рассмотрим «двузубец» ABCDE, где АВ — ВС " = CD = DE — 1; на «основании» АЕ «двузубой пилы» по ту же сторону от АЕ, что и сама «пила», построим равнобедренный

б)б)Рис. 145.Рис. 145.

б)

б)

Рис. 145.

Рис. 145.

ZxAFE, где AF = FE = 1 (рис. 146,а). Ясно, что если АЕ очень мало, то диаметр построенный ломаной ABCDEF будет очень близок к 1—его можно сделать сколь угодно близким к 1, если выбрать АЕ = 6 достаточно малым. А так как 1 диаметр 6-звенной ломаной равняться не может (см. ниже решение задачи б)), то наименьшего значения диаметра 6-звенной ломаной вообще н е существует (хотя диаметр и может быть сколь угодно близок к 1).

Ясно, что при любом нечетном п диаметр n-звенной ломаной может равняться 1; соответствующие примеры доставляют правильный треугольник при и = 3 и правильный звездчатый «-угольник при п > 3 (см. рис. 145, г, на котором п = 7). Докажем теперь, что если диаметр Цп) п-звенной ломаной, все звенья которой равны 1, тоже равен 1, го п обязательно нечетно.

Пусть АВ и CD — два несоседних звена ломаной, удовлетворяющей условиям задачи (где п^З); мы утверждаем, что CD пересекает АВ.Действительно, если /(п) = 1, то обе точки С и D лежат внутри двух кругов радиуса 1 с центрами А и В, т. с. принадлежат «линзе», образованной в пересечении этих кругов. Отсюда сразу следует, что С и D лежат по разные стороны от АВ, ибо если С лежит по какую-то определенную сторону от АВ, то все остальныеПусть АВ и CD — два несоседних звена ломаной, удовлетворяющей условиям задачи (где п^З); мы утверждаем, что CD пересекает АВ.Действительно, если /(п) = 1, то обе точки С и D лежат внутри двух кругов радиуса 1 с центрами А и В, т. с. принадлежат «линзе», образованной в пересечении этих кругов. Отсюда сразу следует, что С и D лежат по разные стороны от АВ, ибо если С лежит по какую-то определенную сторону от АВ, то все остальныеточки рассматриваемой «линзы», расположенные по ту же сторону от АВ, что и С. удалены от С меньше чем на 1 (сделайте чертеж!). А так как АВ есть «поперечник» линзы, разбивающий ее на две части, то CD пересекает АВ.Рассмотрим теперь две полуплоскости Pi и Р2, на которые разбивает плоскость прямая какого-либо звена А Иг нашей ломаной AiA2...An (рис. 145,г). Пусть точка А3 лежит в полуплоскости Pi. Тогда А 4 лежит в полуплоскости Р2 (ибо АзА4 пересекает А Иг); точка А5 лежит в полуплоскости Pi (ибо АИб пересекает А сти Р2 (ибо АбА6 пересекает А17точки рассматриваемой «линзы», расположенные по ту же сторону от АВ, что и С. удалены от С меньше чем на 1 (сделайте чертеж!). А так как АВ есть «поперечник» линзы, разбивающий ее на две части, то CD пересекает АВ.Рассмотрим теперь две полуплоскости Pi и Р2, на которые разбивает плоскость прямая какого-либо звена А Иг нашей ломаной AiA2...An (рис. 145,г). Пусть точка А3 лежит в полуплоскости Pi. Тогда А 4 лежит в полуплоскости Р2 (ибо АзА4 пересекает А Иг); точка А5 лежит в полуплоскости Pi (ибо АИб пересекает А сти Р2 (ибо АбА6 пересекает А17Д'Д'а)а); точка; точкаАеАеи т. д.. т. е.и т. д.. т. е.б)б)Рис. 146.Рис. 146.лежит ввсе веошлежит ввсе веошполуплоско - [ны ломанойполуплоско - [ны ломаной

Пусть АВ и CD — два несоседних звена ломаной, удовлетворяющей условиям задачи (где п^З); мы утверждаем, что CD пересекает АВ.

Действительно, если /(п) = 1, то обе точки С и D лежат внутри двух кругов радиуса 1 с центрами А и В, т. с. принадлежат «линзе», образованной в пересечении этих кругов. Отсюда сразу следует, что С и D лежат по разные стороны от АВ, ибо если С лежит по какую-то определенную сторону от АВ, то все остальные

Пусть АВ и CD — два несоседних звена ломаной, удовлетворяющей условиям задачи (где п^З); мы утверждаем, что CD пересекает АВ.

Действительно, если /(п) = 1, то обе точки С и D лежат внутри двух кругов радиуса 1 с центрами А и В, т. с. принадлежат «линзе», образованной в пересечении этих кругов. Отсюда сразу следует, что С и D лежат по разные стороны от АВ, ибо если С лежит по какую-то определенную сторону от АВ, то все остальные

точки рассматриваемой «линзы», расположенные по ту же сторону от АВ, что и С. удалены от С меньше чем на 1 (сделайте чертеж!). А так как АВ есть «поперечник» линзы, разбивающий ее на две части, то CD пересекает АВ.

Рассмотрим теперь две полуплоскости Pi и Р2, на которые разбивает плоскость прямая какого-либо звена А Иг нашей ломаной AiA2...An (рис. 145,г). Пусть точка А3 лежит в полуплоскости Pi. Тогда А 4 лежит в полуплоскости Р2 (ибо АзА4 пересекает А Иг); точка А5 лежит в полуплоскости Pi (ибо АИб пересекает А сти Р2 (ибо АбА6 пересекает А17

точки рассматриваемой «линзы», расположенные по ту же сторону от АВ, что и С. удалены от С меньше чем на 1 (сделайте чертеж!). А так как АВ есть «поперечник» линзы, разбивающий ее на две части, то CD пересекает АВ.

Рассмотрим теперь две полуплоскости Pi и Р2, на которые разбивает плоскость прямая какого-либо звена А Иг нашей ломаной AiA2...An (рис. 145,г). Пусть точка А3 лежит в полуплоскости Pi. Тогда А 4 лежит в полуплоскости Р2 (ибо АзА4 пересекает А Иг); точка А5 лежит в полуплоскости Pi (ибо АИб пересекает А сти Р2 (ибо АбА6 пересекает А17

Д'

Д'

а)

а)

; точка

; точка

Ае

Ае

и т. д.. т. е.

и т. д.. т. е.

б)

б)

Рис. 146.

Рис. 146.

лежит ввсе веош

лежит ввсе веош

полуплоско - [ны ломаной

полуплоско - [ны ломаной

с нечетными номерами (кроме Ai) лежат в полуплоскости Pi, а все вершины с четными номерами (кроме А2) — в полуплоскости Р2. Но звенья А2А3 и АИп ломаной пересекаются; отсюда следует, что точки Аз и Ап лежат в одной и той же полуплоскости. Следовательно, п нечетно, что нам и требовалось доказать.

Нетрудно видеть далее, что при любом четном п = 2m ^ 6 диаметр Цп) ломаной может быть сколь угодно близок к 1: для того чтобы убедиться в этом, достаточно рассмотреть «(т—1)-зу- бую пилу» А Иг ... А2т-ь подобную изображенной на рис. 146, б и «замыкающую» ее двухзвенную ломаную А2т_ИгтА1, где А2гп-1А2т — = AamAi = 1; ясно, что при достаточно малом АИгт-! диаметр построенной таким путем ломаной АИ2... Агт-Иг™ будет сколь угодно близок к 1.

Таким образом, если /(п) есть диаметр n-звенной ломаной, удовлетворяющей условию задачи, то

min Цп)= V при всех нечетных п^ 3;

inf / (n) = 1 (но min / (п) не существует *)) при всех четных п>4, но неожиданным образом

min I (4) = У" 2.

а) Очевидно (ибо условию задачи удовлетворяет лишь правильный ДАИгАз).

Ясно, что каждые две точки разбивают периметр рассматриваемого четырехугольника на две части, длина хоть одной из

9 Ср. выше, стр. 16—17«

которых ^ 2; отсюда вытекает, что диаметр четырехугольника d(4)<2 (d(4))=2 для «вырожденного» четырехугольника, все стороны которого принадлежат одной прямой). С другой стороны, в силу решения задачи 84 а), d (4) ^ V 2 (d (4) = V 2 только в том случае, если рассматриваемый четырехугольник — квадрату

В силу результата задачи 82 в) диаметр d^ _выпуклого ,1 + Г^ , |е,х

пятиугольника не может оыть меньше диаметра g

правильного пятиугольника ( и d (5) = только для пра

вильного пятиугольника). С другой стороны, так как все диагонали рассматриваемого пятиугольника Л1Л2Л3Л4Л5 меньше 2 (например, Л1Л3 < Л1Л2 + Л2Лз = 2), то d(5) < 2 (ср. с задачей 78; d(5) = 2

для вырожденного «пятиугольника», три соседние вершины которого принадлежат одной прямой).

Так как каждая диагональ шестиугольника Л1Л2Л3Л4Л5Лв всегда ^ 3 (например, ЛИ4 •< Л1Л2 + Л2Лз + ЛзЛ4 = 3), то его диаметр d(6) всегда ^3 (d(6) = 3 для вырожденного «шестиугольника», все вершины которого принадлежат одной прямой). Сложнее найти наименьшее возможное значение d(6) диаметра выпуклого равностороннего шестиугольника со сторонами длины 1.

Рассмотрим равносторонний треугольник Л1Л3Л5 со стороной d. Проведем из каждой его вершины как из центра дугу, соединяющую две другие вершины (рис. 147, а). Середины дуг Л Из, Л3Л5 и

Рис. 147.Рис. 147.

Рис. 147.

Рис. 147.

Л5Л1 обозначим соответственно через Л2, Л4 и Л6; в таком случае Л1Л2Л3Л4Л5Лб есть выпуклый шестиугольник, все стороны которого равны между собой. Так как дуга ЛИз равна 60°, то Z Л3Л1Л2 = 30°

= ^—= 15°; отсюда легко выводится, что Z ЛеЛИг = 60° + 2-15°== = 90° и Z Л1Л2Л3 = 180° — 2-15° = 150°. Таким образом, у шестиугольника Л1Л2ЛзЛ4Л5Л6 чередуются углы 90° и 150°. Из того, что Z Л6Л1Л2 = 90°, Z Л1Л2Л3 = 150°, заключаем: ЛИг < ЛИз = d; отсюда следует, что диаметр шестиугольника Л1Л2ЛзЛ4Л5Л6 равен d (d равны диагонали ЛИа, Л2Л5, Л3Л6, ЛИз, Л3Л3 и Л5Л4 этого шестиугольника). Предположим теперь, что стороны шестиугольника равны 1; в таком случае диаметр d равен 2sin75° = 1,93... По-

кажем теперь, что никакой шестиугольник со сторонами длины 1 не может иметь меньший диаметр.

Пусть В1В2В3В4В5В6 есть какой-то выпуклый шестиугольник, все стороны которого равны 1 (рис. 147,6). Так как сумма всех углов шестиугольника равна 180° (6 — 2) == 720°, найдутся два соседних угла шестиугольника, сумма которых не меньше чем 2.720°

= 240°; пусть, например, В2 и В3 — такие углы. Если при этом хотя бы один из углов В2, В3 больше 150°, то диагональ, соединяющая вторые концы сторон, сходящихся в этом углу, будет больше чем 2-sin 75°. Докажем, теперь, что если Z В2 ^ 150° и Z В3 ^ 150°, то ВД ^ 2 sin 75°„

Из треугольника BiB2B3 находим В^з = 2 sin ^^, Z В2В^ВХ = =90°~А. и, следовательно,

Z ВХВ4В, = ^ВЬ + -^-) - 90°.

Теперь по теореме косинусов из треугольника ВХВ3В^ имеем

В ХВ = В^В^ 4- ВХВ3 — ^ВаВ4 • ВХВ3 cos Z ВХВ3В^ ===

= 14-4 sin -^4 sin -~- cos |^В3 4- ^^ "~ 90° j

, В» Г . /ВЛ Bol

будет наименьшим.будет наименьшим.. В2 . В3 1SIH-у. sin —у-= у. В2 . В3 1SIH-у. sin —у-= уcoscosВ2 —’ В3В2 —’ В322 ^2 4" В-cos2“ ^2 4" В-cos2“= 1 — 4 sm -у- pin р?3 + -yj — sin -y-J =

будет наименьшим.

будет наименьшим.

. В2 . В3 1

SIH-у. sin —у-= у

. В2 . В3 1

SIH-у. sin —у-= у

cos

cos

В2 —’ В3

В2 —’ В3

2

2

^2 4" В

-cos2“

^2 4" В

-cos2“

Следовательно, при заданной сумме ZB24-ZB3 = a (по условию о ^ 240°) выражение sin —~ sin -~- будет тем меньше, чем больше

будет по абсолютной величине разность ZB2—ZB3. Но по условию ни один из углов В2, В3 не превосходит 150°; поэтому при за- „. В2 , В3

. В2 . В3 .Sin -g- Sin —g- sin. В2 . В3 .Sin -g- Sin —g- sinB2 4~ B32B2 4~ B32данной сумме а выражение sin-g—sin-g- (следовательно, и

. В2 . В3 .Sin -g- Sin —g- sin

. В2 . В3 .Sin -g- Sin —g- sin

B2 4~ B32

B2 4~ B32

— 90° 1, — а значит, и длина BiB4) будет

наименьшим, если Z В2 = 150° или Z В3 = 150°4

Предположим теперь, что Z. Вг = 150°, Z Вз = а— 150°. В таком случае имеем

В^ = 1 + 8 sin 75° sin f у - 75°) sin ^у - 90°).

Но заметим теперь, что в шестиугольнике Л1Л2Л3Л4Л5Л6 (рис. 147, a) Z Л2 = 150° и Z Л2 + Z Лз = 240°; поэтому

Д! Л 4 = 1 + 8 sin 75° sin (120° - 75°) sin (120°- 90°).

Из сравнения выражений для В^ и Д^д непосредственно еле- дует, что В^ ^ Л^ = 2 sin 75° (ибо о ^ 240°; следовательно, sin (f - 75°) > sin (120° - 75°), sin (у — 90°j> sin (120° - 90°)); при этом B^B4 = Л^4 только в том случае, если Z В2^= Z Л2, Z В^ = Z Лз.

Таким образом, мы заключаем, что ни один выпуклый шестиугольник со сторонами длины 1 не имеет диаметра, меньшего 2 sin 75° = 1,93...; диаметр шестиугольника равен 2 sin 75° в том (и только в том) случае, когда шестиугольник имеет вид, изображенный на рис. \М,а.

В заключение заметим еще, что, очевидно,

2 sin 75° = 2 cos 15° = 2 cos =

°2j/ t+y30” _2 У _2_ = /2 + |<3>

а) Ясно, что для площади В и периметра Р треугольника ЛВС диаметра 1 (треугольника, наибольшая сторонд которого равна 1; ср. задачу 78 а)) справедливы неравенства

0<В<-?-^- (« 0,433) и 2<Р<3

(Р = 2 в «вырожденном» случае, когда вершины треугольника принадлежат одной прямой, и Р = 3, если все стороны треугольника равны 1, т. е. если треугольник равносторонний*, S = 0 в «вырожденном» случае, когда все вершины треугольника принадлежат одной прямой, и В = ——, когда треугольник АВС равносторонний — ср. с задачей 74 а)).

Площадь В и периметр Р четырехугольника ABCD диаметра 1, т. е. четырехугольника, наибольшая сторона или наибольшая диагональ которого равна 1 (см. задачу 78 а)), удовлетворяют неравенствам

0<$<у = 0,5 и 2<Р<4.

В самом деле, ясно, что В > 0, причем В может быть сколь угодно близко к нулю (равенство В = 0 достигается для «вырожденного»

четырехугольника, все вершины которого принадлежат одной прямой). С другой стороны, учитывая, что в нашем случае АС ^ 1 и BD ^ 1, из формулы

$ABCD 2 ^^^^*sina

(где а — угол между диагоналями четырехугольника; ср. с решением задачи 45а))—рассмотрите отдельной случай выпуклого и случай невыпуклого четырехугольника ABCD), получаем

S<l.P.sina<l

где равенство достигается лишь в том случае, когда АС = BD = = 1 и a = 90°.

Далее ясно, что если диаметр четырехугольника ABCD равен 1, то ни одна его сторона не может превосходить 1; поэтому

Р<4,

причем Р может быть сколь угодно близко к 4: достаточно лишь предположить, что треугольник АВС равносторонний со стороной 1, а вершина D (невыпуклого) четырехугольника ABCD достаточно близка к вершине В.

С другой стороны, если расстояние между двумя точками М и N четырехугольника равно 1, то длина каждой из двух ломаных, на которые делится контур многоугольника точками М и N, не меньше 1, и значит,

Р>2;

при этом периметр ABCD может быть сколь угодно близок к 2, если только все вершины четырехугольника достаточно близки к прямой ММ1).

Неравенства

0<S<y и Р>2

сохраняют силу и для выпуклого четырехугольника ABCD; однако задача определения наибольшего возможного значения периметра выпуклого четырехугольника ABCD диаметра 1 (т. е. задача об отыскании выпуклого четырехугольника ABCD диаметра 1 и наибольшего возможного периметра) является довольно сложной. Решение этой задачи мы расчленим на ряд шагов.

1°. Диаметр ММ выпуклого четырехугольника ABCD всегда совпадает с наибольшей диагональю или с наибольшей стороной четырехугольника, т. е. равен наибольшему из шести отрезков АВ, ВС, CD, DA, АС и BD (см. задачу 78 а)). Докажем теперь, что для

любого выпуклого четырехугольника диаметра 1 и периметра Р найдется либо треугольник того же диаметра 1 и периметра ^ Р, либо выпуклый четырехугольник диаметра 1 и периметра ^ Р, у которого обе диагонали и по крайней мере одна сторона равны 1.

Рассмотрим случай I: отрезок длины d = 1 есть сторона АВ четырехугольника ABCD (рис. 148). Если АС < d, то будем

Рис. 148.

поворачивать сторону ВС вокруг точки В так, чтобы угол АВС увеличивался до тех пор, пока либо четырехугольник ABC'D (прежде чем стянет невыпуклым) выродится в треугольник (рис. 148, я), либо выполнится равенство АС' = 1 (рис. 148,6). Как мы покажем дальше, в обоих случаях

\>DC'>DC,(*)

откуда будет следовать, что диаметр (быть может, «вырожденного») четырехугольника ABC'D по-прежнему равен 1; нетрудно видеть, что периметр его ^ Р.

Если ABC'D — четырехугольник с диагональю АС' = d (рис. 148,6), то, поворачивая сторону AD аналогично тому, как мы это делали ранее со стороной ВС, можно будет, не уменьшая периметра Р, прийти либо к четырехугольнику ABC'D', выродившемуся в треугольник, либо к четырехугольнику ABC'D', у которого BD' = = d. Таким образом, для того чтобы доказать для случая 1 сформулированное выше утверждение, достаточно убедиться в справедливости неравенства (*).

2°. Докажем сначала, что

DC'>DC.

Для этого достаточно показать, что Z DCC' = Z DCB + Z ВСС' заключен в пределах от 90° до 270°. Так как четырехугольник ABCD выпуклый, а треугольник ВСС' равнобедренный, то

Z DC В < 180°,Z ВСС' < 90°,

откуда Z DCC < 270°. Далее, в △ АСВ сторона АВ = 1 является наибольшей, и поэтому Z АСВ ^ 60°, а значит, и подавно Z DCB 2> *> 60°. Но в △ АС'В (рис. 148,6; рассмотрите сами более простой случай рис. 148, а) также АС' = АВ, и поэтому Z АВС' < 90°, а значит, и подавно Z СВС' < 90°, откуда Z ВСС' > 45°.

Итак,

Z DCC' = Z DC В + Z ВСС' > 60° + 45° = 105° > 90°.

Докажем теперь, что DC^\. Пуеть О — точка пересечения АС и BD; тогда

DC А- 1 =DC + АВ< (DO + ОС) + (АО+ ОВ) = AC+ BD ^2t

что завершает доказательство неравенства (*).

3°. Перейдем теперь к случаю II: отрезок длины d = 1 есть диагональ АС четырехугольника ABCD (рис. 149). Пусть АВ^

такая сторона четырехугольника, что сумма углов четырехугольника ABCD, прилежащих к АВ, не превосходит 180°:

Z BAD + Z АВС < 180°.

На продолжении отрезка АВ за точку А возьмем некоторую близкую к А точку А1 и построим СС * АА7; при этом А’С — АС. Будем увеличивать отрезок АА7 до тех пор, пока либо одна из сторон четырехугольника A'BCD не станет равной 1 (рис. 149,а), либо четырехугольник A'BCD (прежде чем стать невыпуклым) превратится в треугольник (рис. 149,6). Диаметр построенного четырехугольника по-прежнему, очевидно, равен 1; покажем, что его периметр ^ Р. Отложим АВ7 41= СВ; тогда

Z В7 АВ + Z BAD = Z АВС + Z BAD < 180°, откуда следует, что ломаная B'A'D объемлет ломаную B'AD. Поэтому

ВС + AD = В7 A + AD^ В'А' + A'D = ВС7 + A7D;

кроме того,

CD < СС7 + CD = АА7 + CD.

Из этих двух неравенств получаем

АВ + ВС + CD + DA < АВ + АА7 + CD + ВС7 + A7D =

= В А7 + ВС + CD + A7D, что нам и требовалось доказать.

Итак, мы убедились, что периметр Р' четырехугольника A'BC'D не меньше периметра Р четырехугольника ABCD с тем же диаметром. При этом либо четырехугольник A'BC'D вырождается в треугольник, либо у выпуклого четырехугольника A'BC'D одна из сторон равна его диаметру. Тем самым мы снова приходим к случаю I, который был разобран выше. Таким образом, вместо всевозможных четырехугольников диаметра 1 мы можем теперь ограничиться лишь вырожденными «четырехугольниками» ^треугольниками^, у которых Р ^3 (см. задачу а)), и такими четырехугольниками ABCD, у которых

AB = AC = BD = 1.

4°. Пусть для определенности ВС ^ DA (рис. 150). На стороне АВ как на основании построим по ту же сторону от АВ, что и

Рис. 150.Рис. 150.

Рис. 150.

Рис. 150.

четырехугольник ABCD, равносторонний треугольник АВС' (со стороной 1). Покажем, что

DC' + С'В >DCA- СВ,DC' + С'В >DCA- СВ,(•*)(•*)

DC' + С'В >DCA- СВ,

DC' + С'В >DCA- СВ,

(•*)

(•*)

т. е. что четырехугольник ABC'D при том же диаметре имеет не меньший периметр, чем четырехугольник ABCD.

Покажем сначала, что Z C'CD > Z С"СВ, где точка С" лежит на продолжении С'С за точку С. Построим окружность ВСС' с центром А и радиусом 1; пусть прямая CD второй раз пересекает эту окружность в точке К. Так как 1 = ВС' ^ ВС ^ DA (и точки В, С, С', соответственно A, D, С', принадлежит двум равным дугам окружностей радиуса 1 с центрами А, соответственно В), то точка D лежит не дальше от прямой АВ, чем точка С, а С — не дальше, чем С'; поэтому ^КС' ^ ^FC' — 60° = ^С/В, где ВС^НЛВ; отсюда и следует, что

Z С'СО = у ^С'>у “С'й= Z с"св.

ри угла C7CD, и следовательно, пересекает отрезок С'В в некоторой точке G. Если СВ' = СВ, то также GB7 = GB, и значит,

DC7 + С7В = DC7 4- C7G + GB = DC7 4- C7G 4- GB7 > DB7 =

= DC-VCB7 — DCA-CB, что и доказывает неравенство (**).

Таким образом, далее мы можем ограничиться такими четырехугольниками ABCD, у которых

АВ = ВС = АС = BD — \.

5°. В случае, когда выполнены последние условия п. 4°, вершины А, В и С четырехугольника ABCD образуют равносторонний треугольник со стороной 1, а вершина D принадлежит дуге АС

окружности радиуса 1 с^ центром В (рис. 151,а). Пусть D'— середина дуги АС, т. е. ^AD7 ="D'C. Покажем, что

AD7 4- CD7 >AD-Y CD,(***)

т. е. что четырехугольник ABCD7 при том же диаметре 1, что и ABCD, имеет не меньший чем ABCD, периметр.

В самом деле, если Р лежит на продолжении D'D за точку D, то

Z PDA = 180° - Z ADD' = ^ ''ADD' = ^-"0'0 = Z D'DC.

Но, как хорошо известно, если Do есть та точка прямой PQ, которая имеет наименьшую сумму расстояний до заданных точек А и С, расположенных по одну сторону от PQ, то Z AD0P — Z CD»Q. (Это следует из того, что если точка Л симметрична А относительно прямой PQ, то для всех точек М прямой PQ имеем АМ 4- СМ = = АМ 4- СМ, а наименьшую сумму расстояний до точек А и С имеет точка Do пересечения PQ с отрезком АС, для которой как раз Z AD0P = Z CD0Q; см. рис. 151, б.) Поэтому точка Do совпадает с D, — откуда и следует неравенство (***).

Окончательно получаем

ВА 4- AD 4- DC 4- СВ ^ В А 4- AD7 4- D7C + СВ.

Подведем итоги. Мы видим, что четырехугольник, A BCD, для которого отношение периметра Р к диаметру d = 1 максимально, характеризуется условиями

АВ = ВС = АС — BD = d (= 1); AD = DC.

Периметр Р такого четырехугольника ABCD' (см. рис. 151, а), очевидно, равен

АВ + ВС + CD' + DM = 2АВ + 2AD' = 2 + 4 sin 15° =

= 2+ Кб — K2>3;

неравенство P >> 3 доказывает, что встречавшимися нам в процессе деформации исходного четырехугольника случаями, когда он «вырождался», обращаясь в треугольник, можно пренебречь: ведь для треугольника диаметра 1 всегда Р ^ 3. Таким образом окончательно мы получаем следующую (точную!) оценку для периметра Р выпуклого четырехугольника ABCD диаметра 1:

2<Р<2 + Кб-/1 («3,03).

Периметр Р = 2, когда «четырехугольник» вырождается в отрезок; периметр Р = 2 + К 6 — р 2 имеет только построенный в процессе решения задачи ромбоид (четырехугольник с двумя парами равных соседних сторон) ABCD', две равные стороны которого и большая из диагоналей (она является осью симметрии ромбоида) равны 1.

а) Доказательство мы проведем методом м а т е м а т и- ческой индукции. Ясно, что число наибольших из отрезков, попарно соединяющих три точки, не может быть больше трех (ведь здесь общее число отрезков равно трем!). Предположим теперь уже доказанным, что наибольшую длину из числа отрезков, попарно соединяющих заданные п — 1 точек плоскости, могут иметь не более чем п — 1 отрезков; докажем, что в таком случае наибольшую пЯ — 1)п

длину из числа Сп = —L отрезков, попарно соединяющих заданные п точек At, Д2, ..., Ап плоскости могут иметь не более чем п отрезков.

Проведем все диаметры нашей системы из п точек плоскости. Если из каждой из точек At, А2, ..., Ап исходят не более двух диаметров, то, считая эти диаметры «по концам», мы получим число ^ 2п; но при этом каждый диаметр засчитывается дважды (ибо он соединяет две точки!); поэтому общее число диаметров не превосходит — ^п — п. Таким образом, нам остается рассмотреть лишь тот случай, когда, скажем, из вершины At исходят три диаметра AtAi, AiAj и Д1ДА (и, может быть, какие-то еще диаметры нашей системы точек) *).

Так как AtAi = AtAj = AtAk = 1, a AiAj, AiA^, AjAk ^ 1, то ни один из углов AiAtAj, AiAiAk, AjAtAk не превосходит 60°; пусть AiAiAj — наибольший из этих трех углов, т. е. пусть отрезок

Заметим, что только при разборе этого более сложного случая мы воспользуемся сделанным ранее «индуктивным предположением», касающимся числа диаметров совокупности из и — 1 точки.

Л1ЛА проходит внутри (острого) угла АИ1А) (рис. 152). Так как диаметр нашей системы точек равен 1, то все точки принадлежат заштрихованному на рис. 152 криволинейному треугольнику Г, образованному пересечением трех кругов Kpi, Крг и Кр$ радиуса 1 с центрами Ль А г и Л,. Но Л1 есть единственная точка пересечения треугольника Т с окружностью Окрн с центром Л а и радиусом 1, т. е. Ai есть единственная точка треугольника Г, удаленная от Ла на расстояние I (почему?). Поэтому из вершины Ла нашей системы точек может исходить лишь единственный диаметр, а именно ЛаЛь Удалим теперь Ла из числа рассматриваемых точек; у нас останутся п — 1 точек, согласно предположению индукции

служащих концами не более чем п—1 от- Рис. 152. резков длины 1. Присоединив к этим п—1 точкам также и точку Ла, мы придем к исходной системе п точек, имеющей не более

(/г — 1) + 1 = п -

диаметров: п—1 диаметров, соединяющих попарно п— 1 точек, получаемых исключением точки Л а, и 1 диаметр Л4Ла.

Рис. 153.Рис. 153.Нетрудно видеть, что число диаметров /г-угольника при любом п может равняться /2,— см. рис. 153, а, на котором изображен

Рис. 153.

Рис. 153.

правильный /2-угольник с нечетным числом п вершин (здесь /2 = 5), или рис. 153,6, на котором изображен правильный многоугольник Л1Л2 ... Ап~1 с нечетным числом п—1 = 2m— 1 вершин (здесь п — 1=5), а последняя вершина Л п /2-угольника Л1Л2Л3... Лп, где /I = 2m четно, принадлежит дуге Аи-ХАХ окружности радиуса 1 с центром Ат.

[Вот еще одна конструкция, приложимая одновременно и к случаю четного и к случаю нечетного п: пусть вершины Л1, Ла и Ап (выпуклого) /г-угольника Л1Л2 ... Ап образуют правильный треугольник со стороной 1, а вершины Л3, Л4, ..., An-i принадлежат дуге Л2Л„ окружности радиуса 1 с центром Ах (рис. 153,в).]

Воспользуемся опять методом математической индукции. Ясно, что число диаметров системы из четырех точек пространства (системы вершин треугольной пирамиды, или тетраэдра)

не может превосходить 2-4 — 2 = 6, — ведь в этом случае число отрезков, попарно соединяющих наши точки (число ребер тетраэдра), равно 6. Предположим теперь уже доказанным, что наибольшую длину из числа отрезков, попарно соединяющих данные п— 1 точек пространства, могут иметь не более чем 2*(п— 1)— — 2 = 2и — 4 отрезков; докажем, что тогда наибольшую длину из числа отрезков, попарно соединяющих какие-либо п точек Ai, Д2, ... ..., А п пространства могут иметь не более чем 2п — 2 отрезка.

Проведем все отрезки, соединяющие попарно наши п точек. Число диаметров нашей системы точек, исходящих из определенной точки А» (где i может равняться 1, 2. 3, ... или п), обозначим через 6г; в таком случае общее число диаметров системы будет равно

"2" (di + д2 + ... + дп)

— ведь в сумме di + 62 + ... + 6П каждый диаметр учитывается дважды. Далее рассмотрим отдельно два случая.

Г. Существует такая точка Aj, что bj ^ 2. Отбросим эту точку; мы придем к системе п — 1 точек, имеющей, по сделанному предположению, не более чем 2п— 4 диаметра). Присоединив теперь к полученной таким образом системе из п — 1 точек также и точку А3-, мы вернемся к исходной системе точек, имеющей не более чем

(2п — 4) + 2 = 2п ~ 2 диаметров.

2°. Каждое из чисел 6ь бг, ..., 6j не меньше 3. Для того чтобы оценить количество диаметров в этом (наиболее сложном!) случае, рассмотрим пересечение (общую часть) П шаров Ш1, Ш^,... .... Шп радиуса 1 с центрами в точках Ai, А^ ..., Ап. Так как каждый из рассматриваемых шаров содержит внутри все наши точки, то и П содержит внутри все наши точки (или натянутый на них «выпуклый /z-вершинник») М). Ясно, что П — выпуклое) тело, ограниченное п «кусками» Ot, о2, ..., ап сфер Сф1, Сфг, ... ..., Сфп, являющихся поверхностями шаров Illi, Ша, ..., Шп (на рис. 154 это тело П изображено для того простейшего случая, когда многогранник М есть тетраэдр). Каждая из «криволинейных граней» Gi, о2, ..., On тела П представляет собой часть одной из сфер Сф1, Сфа, ..., Сфп, высекаемую из этой сферы п — 1 шарами, ограниченными остальными п — 1 сферами; так, например, «грань»

Oi — это часть сферы Сф^ высекаемая из нее шарами Ш^ Шз, ... .Шп. Но каждый шар высекает из сферы Сф1 «шапочку» (или «сферический круг»); at— это пересечение ряда таких «шапочек»; таким образом, о, (где / равно 1, 2, 3, ... или /г) — это своеобразный «круговой многоугольник», ограниченный (на поверхности сферы Сфз) некоторым числом дуг окружностей; этот многоугольник о3

является «выпуклым» в том смысле, что «выпуклым» является бесконечный конус (разумеется, не круговой, а с неправильным «основанием»), образованный всеми лучами, соединяющими центр сферы Сф3 с точками многоугольника Oj. [Этот конус представляет собой пересечение некоторого числа обыкновенных круговых конусов, отвечающих «шапочкам», пересечением которых является от,.] «Стороны» многоугольника о3 — это части окружностей, по которым сферу Сф3 пересекают другие сферы Сф\, Сф^ ..., Сфз-\, Сфз^-х^

..., Сфп, а его «вершины» — точки, в которых сферу Сф3 пересекают сразу две или больше из остальных п—1 сфер. Заме

тим теперь, что число Ь3 вершин «кругового многоугольника» Oj не меньше 6j, — ведь в число вершин о3 наверное входят те 6, вершин

многогранника М, которые удалены от А3 на расстояние 1: если Ап — такая вершина М, что A3Ah — 1, то Ah принадлежит Сф3 с центром Л, и радиусом 1; Ah является вершиной многоугольника Оз, поскольку в точке Ah пересекаются 6 k (т. е. ^3) сфер, центрами которых являются 6k вершин многогранника М, удаленных от Ah на расстояние 1. Таким образом, мы имеем b3 = 63 + е,, где 6j ^ 3 и ej ^ 0 (здесь / = 1, 2, ..., п); другими словами, каждый из многоугольников о3 имеет Ь3 ^ 3 вершин (а значит, и Ьз ^ 3 сторон), т. е. Оз не вырождается в точку или в дугу окруж

«линзой»), т. е. не окружностей.цели. Применим к теорему Эйлера1),«линзой»), т. е. не окружностей.цели. Применим к теорему Эйлера1),ности и не может быть «двуугольником» (или может быть ограниченным всего двумя дугами Теперь мы уже близко подошли к нашей «искривленному выпуклому многограннику» П в силу которой

«линзой»), т. е. не окружностей.

цели. Применим к теорему Эйлера1),

«линзой»), т. е. не окружностей.

цели. Применим к теорему Эйлера1),

(Э)(Э)В - Р + Г = 2,

(Э)

(Э)

Эта теорема справедлива не только для обычных многогранников, но и для любых «искривленных многогранников», грубо говоря, устроенных так же, как обычные многогранники, т. е. полученных из них такой деформацией граней и ребер, при которой они Hie рвутся и не склеиваются, но грани перестают быть плоскими, а ребра — прямолинейными. По этому поводу см. литературу, указанную в сноске на стр. 151,

где В, Р и Г — число вершин, ребер и граней многогранника. Соотношение (Э) можно также переписать следующим образом:

О')О')Р = В + Г - 2.

О')

О')

Но в нашем случае

Г = п

(«многогранник» П имеет п граней Oi, 02, ..., ст™),

Р=у(Й1 + &2+ ... -Vbn> =

в"2’(б1 + 62+ ••• + 6П) +-^ (в1 + е2 + ... + еп)

(ибо в сумму bi + 62 + • • • + bn числа сторон всех «граней» Qi, о2, ..., оп каждое искривленное «ребро» «многогранника» П входит дважды — в соответствии с теми двумя «гранями», которым оно принадлежит), наконец,

В ^ n + -$• (б, + е2 + ... + бп)

(ибо в сумме 61 + 62 + ... + еп всех «лишних», т. е. отличных от точек Л4, Л2, ..., Лп, вершин «многогранника» П каждая вершина засчитывается минимум трижды: ведь каждая из учитываемых в этой сумме вершин принадлежит минимум трем из «граней» О1, Ог, ..., On «многогранника»). Подставляя эти значения Г, В и Р в соотношение (Э'), получаем

"2" (di + 62 + ... + дп) + -^- (в1 + е2 + ... + е«) ^

^ n + п + -у (ei + е2 + ... + 8п) — 2,

или

*2" (^1 + $2 + • • • 4“ 6П) ^2п — 2 — -g- (81 4- е2 + • • • 4* бд) ^ 2п — 2,

что и требовалось доказать: ведь ~ ($1 + 62 + . • • + ^п) в точности равно сумме диаметров-отрезков многогранника М.

С другой стороны, легко построить пример выпуклого «n-вершинника» М, имеющего точно 2п — 2 диаметров: для этого доста- 288

АгА^а)—^3_АгAl°6)At0*0в)А,-оЛ^г)д^о—Л2Aj0 At*ЯРис. 155.АгА^а)—^3_АгAl°6)At0*0в)А,-оЛ^г)д^о—Л2Aj0 At*ЯРис. 155.три точки так, что число отрез-три точки так, что число отрез-

Аг

А^

а)

—^3

_Аг

Al°

6)

At0*0

в)

А,

-оЛ^

г)

д^о—

Л2Aj

0 At*

Я

Рис. 155.

Аг

А^

а)

—^3

_Аг

Al°

6)

At0*0

в)

А,

-оЛ^

г)

д^о—

Л2Aj

0 At*

Я

Рис. 155.

три точки так, что число отрез-

три точки так, что число отрез-

точно провести сферы Сф\ и Сф^ радиуса I с центрами в вершинах 41 и А2 правильного тетраэдра А1АгАзА4 с ребром 1. Их пересечение содержит дугу АзА4; выберем на этой дуге точки Д5, Дб, ... ..., Ап. Тогда выпуклая оболочка п точек 4ь А2, А3, А4, ..., Ап представляет собой выпуклый многогранник с п вершинами, число диаметров которого равно

6 + 2 (м - 4) = 2п - 2

(ср. с рис. 153,в на стр. 285; сделайте сами чертеж, отвечающий, скажем, значению п = 6).

Мы будем использовать указанные на стр. 78 обозначения, не забывая при этом, что речь здесь идет про точки одной прямой. Чтобы уловить общую закономерность начнем с небольших значений п.

1°. Ясно, что при и = 2 имеем: ^(a,2) = 1 при всех а.

2°. Конечно, ^(l,n) = 1 при любом числе п точек; в частности ^(l, 3) = 1. Если же а < 1, то сколь бы близко к 1 число а

не было, можно расположить наши ков AiAj длины ^ а будет ^ 2 (рис. 155, а). Начиная со значения о = —, можно добиться, чтобы число не меньших а отрезков совпало с общим числом отрезков AiAj, т. е. равнялось 3 (рис. 155,6).

3°. ^(l, 4) = 1 (см. п. 2°); при всех же и < 1 можно добиться того, чтобы число не меньших а отрезков AiAj (где i, / = 1, 2, 3 или 4) было ^4 (рис. 155, в).

Начиная со значении а<—, чис

ло не меньших а отрезков AiAj можно сделать ^5 (рис. 155, г),

1

а начиная со значения а = у, —

равным 6 (рис. 155,6).

4°. N (1,5) = 1; N (а, 5) ^6 при а< 1; N (а, 5) ^8 при а<—;

N (а, 5) > 9 при а < у; наконец, N (а, 5) = 10 при а < у (сделайте смостоятельно отвечающие этим случаям чертежи).

Приведенных примеров достаточно, чтобы уловить общую закономерность: переступив значение а = мы должны «перестроить» расположение точек на отрезке AiAn, наиболее рациональным образом группируя их в окрестностях ^ + 1 точек, делящих отрезок А1Ап на к равных частей (концы отрезка учитываются).

Окончательно мы при этом получаем:

N (а, п^ =1п2——, если 4п2 — 1—-—, если 4п2~3~, еслип2 — 1—3—, еслиЗп2——, если= 1 Зп2 — 3 g, еслиЗп2 — 4 , еслиN (а, п^ =1п2——, если 4п2 — 1—-—, если 4п2~3~, еслип2 — 1—3—, еслиЗп2——, если= 1 Зп2 — 3 g, еслиЗп2 — 4 , еслиппппппппппппппчетночетнонечетно-нечетно-делится наделится нане делитсяне делитсяделится наделится нанечетно.нечетно.33}}нана44приприприприПРИ4ПРИ4четно, но не делится на 4четно, но не делится на 4а = 1,а = 1,12’12’IIпри ^при ^1 4’1 4’с2с2С^-1С^-1п2 — п — 42п2 — п — 22п2 — п — 42п2 — п — 221п~311п~31w — 2w — 211п2 — п2п2 — п2припри"п-2’1/1 — 1 ’1"п-2’1/1 — 1 ’1п — 1п — 1

N (а, п^ =

1

п2

——, если 4

п2 — 1

—-—, если 4

п2

~3~, если

п2 — 1

—3—, если

Зп2

——, если

= 1 Зп2 — 3 g, если

Зп2 — 4 , если

N (а, п^ =

1

п2

——, если 4

п2 — 1

—-—, если 4

п2

~3~, если

п2 — 1

—3—, если

Зп2

——, если

= 1 Зп2 — 3 g, если

Зп2 — 4 , если

п

п

п

п

п

п

п

п

п

п

п

п

п

п

четно

четно

нечетно-

нечетно-

делится на

делится на

не делится

не делится

делится на

делится на

нечетно.

нечетно.

3

3

}

}

на

на

4

4

при

при

при

при

ПРИ4

ПРИ4

четно, но не делится на 4

четно, но не делится на 4

а = 1,

а = 1,

1

2’

1

2’

I

I

при ^

при ^

1 4’

1 4’

с2

с2

С^-1

С^-1

п2 — п — 42

п2 — п — 22

п2 — п — 42

п2 — п — 22

1

п~3

1

1

п~3

1

w — 2

w — 2

1

1

п2 — п

2

п2 — п

2

при

при

"п-2’

1

/1 — 1 ’

1

"п-2’

1

/1 — 1 ’

1

п — 1

п — 1

и вообще

N (а, Л)N (а, Л)к — 1 2 г (k — г) ”2^^ЙГ" ПРИк — 1 2 г (k — г) ”2^^ЙГ" ПРИ1111

N (а, Л)

N (а, Л)

к — 1 2 г (k — г) ”2^^ЙГ" ПРИ

к — 1 2 г (k — г) ”2^^ЙГ" ПРИ

1

1

1

1

если п = 1к-У г (где к, I, г — целые числа и О ^г< кУ здесь к<п — 1.

а) Согласно результату задачи 87 а) имеем: 7V (1,4) = = N (4) »= 4 (см., например, рис. 156, аУ всилу результата задачи

и л и ш ь прии л и ш ь при/ Г2 о^—g—; см. рис./ Г2 о^—g—; см. рис.82 6) имеем: N (а, 4) = £4 = 6 при а^—-^

и л и ш ь при

и л и ш ь при

/ Г2 о^—g—; см. рис.

/ Г2 о^—g—; см. рис.

К 2

. Если же 1 > а > — —, то N (а, 4) = 5

(рис. 156, а).

6) Согласно результату задачи 87а) имеем: N (1,5) *= N (5) — 5 (рис. 157, а); согласно результату задачи 82 в) имеем: N (а, 5) = = €5 = 10 при а^ -^-^^—L to 0,618 ^и только при а ^ ^"^—"”

; см. рис. 157,51. Что ясе касается значений I > а >

, то здесь можно использовать оптимальные расположения

А,

Рис. 156.

Рис. 157.

четырех и трех точек: при —— >а> имеем N (я, 5) = 9

1Л2

(рис. 157, в); при 1 > а>—^— получаем N (.а, 5) =8 (рис. 157, г).

Рис. 158.

в) Задача решается аналогично задачам а) и б) с использованием результата задачи 87 а) и аналога задачи 82, относящегося к случаю п = 6. Ответ:

6

12

при

при

а = 1,

1 > а ^

£2 (.

2 '

0,707),

N (а, 6) = *

13

при

V2 _

2 >а>

Кб— 1

2

(~ 0,618),

14

при

/5- 1 2

1

2 sin 72°

(~ 0,526),

15

при

1

2 sin 72°

-^а

(рис. 158, а — д).

Число v2(4) < 6, ибо иначе и число диаметров системы четырех точек плоскости могло бы равняться «полному» числу шести соединяющих наши точки отрезков, а в силу результата задачи 87 а) это не так. Однако число равных 1 отрезков, соединяющих точки нашей системы из четырех точек плоскости, может равнять-с?

ся 5:/ \

v2(4) =5/ \

(рис. 159)./\

Примечание. Очевидно также, что /\

v2(3) = 3 и вообще^<f —■ 4Лг

, хп(п— 1)\1\/

vk(n)==Cn\=-J при и<&+1.\/

Пусть А,— какая-либо из наших то-\/

чек. Проведем окружность S с центром Aj и радиусом 1; тогда на этой окружности могут1

лежать не более шести точек нашей системы рис 159 (ибо расстояние между каждыми двумя из этих точек ^ 1; если число расположенных

на S точек р а в н о 6, то они являются вершинами правила кого шестиугольника со стороной 1). Таким образом, число равных 1 отрезков с концом Aj обязательно ^6; суммируя все такие отрезки «по их концам», мы придем к числу 6л, которое еще надо разделить пополам, поскольку каждый отрезок имеет два конца. Отсюда и следует, что общее число соединяющих наши точки отрезков длины 1 обязательно ^Зи.

Мы начнем с разбора задачи а) —более частной, но зато и несколько более простой, чем задача б).

Пусть АВ = г^=г — диаметр фигуры Ц^РУ» Д1Д2 = I и В^Вг = 1 — диаметры исходной фигуры F, серединами которых являются точки А и В (рис. 160). Так как отрезок АВ является медианой A ABiB2i то по известной формуле для длины медианы

треугольника имеем

z2 = дв2=^- (2ЛВ^ + 2ДВ2 - В^

(= 4 (2ЛВ1 + 2ЛВ2 - О' иб° В1В2 = ’)•

Применим теперь ту же формулу для длины медианы треуголь* ника к △ ВХАХА2 и к A Z^^2 с медианами ВИ и В2А:

B^2 = 4(2B^ + 2B^- А^2),или B^2<-|"’

илиили^4-^4-поскольку Л^*»!, a B^b BH2^1;

или

или

^4-

^4-

В2А2 = 4 (2В2А2 + 2В2а1 - А1А2),

поскольку ^^2=1, а В2АЪ В2А2^1. Таким образом, имеем

2 (В.Л2 + В^ <2(4 + 4) ^ 3>

откуда и вытекает требуемое неравенство

т. е.т. е.^ =412 (в«л2+в2л2)-1]<4(з~{)==4’

т. е.

т. е.

Таким образом, мы уже доказали требуемое неравенство для стереометрического варианта задачи; нам осталось только убедиться,

что в этом случае его улучшить нельзя, и отдельно рассмотреть планиметрический вариант задачи, где оценку можно улучшить. Начнем мы с существенно более простого случая пространственных фигур,

1 °. Если фигура F пространственная, то все отрезки BiAi, BiAzs BzAt и BzAi могут равняться 1 (для этого необходимо—и достаточно, — чтобы рассматриваемая фигура F содержала пра-

являющихсяоктаэдра ок здесьявляющихсяоктаэдра ок здесьА^ВгА^ВгРис. 162.Рис. 162.

являющихся

октаэдра ок здесь

являющихся

октаэдра ок здесь

А^Вг

А^Вг

Рис. 162.

Рис. 162.

вильный тетраэдр AiAaBiBa с ребром 1; см. рис. 161, на котором изображен правильный тетраэдр Т с ребром I и центральная фигура Ц(Т) этого тетраэдра, представляющая собой шесть точек,

вершинами правильного1Л2 \

диаметра - — I. Поэтому

22 ’

2°. Нам осталось рассмотреть более сложный случай плоской фигуры F. Выведенное выше неравенство

сохраняет силу и в этом случае; однако если точки Ль Л2, Bv и В2 рис. 160

принадлежат одной плоскости, то равенства Л1В1 = AiB2 = = Л2В1 = Л2В2 = 1 не могут все иметь места; поэтому невозможно и равенство z =—^—. Мы покажем, что если фигура F

плоская, тог^-^, причем отрезок АВ =s z принимает наибольшее возможное значение — в том случае, когда две из точек At, Aa, Bi, В2 сливаются между собой и четырехугольник AiA2B2Bt обращается в (равносторонний) треугольник АХА2ВХ с основанием А1В1 = 1 и средней линией АВ = z = -^ (рис. 162, а).

Для доказательства заметим прежде всего, что отрезки AiA2 и ВХВ2 на рис. 160 можно считать не принадлежащими прямой АВ, ибо если, скажем, отрезок BtB2 принадлежит прямой АВ И точка Ba расположена вне отрезка АВ, то, поскольку АВг ^ 1 (ибо А и В2 — точки выпуклой фигуры F диаметра 1) и ВВ2 = у, мы получаем АВ ^ —, и значит, рассматриваемая

конфигурация точек Л4, Л 2 и В^ В2 заведомо не более выгодна, чем изображенная на рис. 162,0.

Предположим теперь, что точки Л4 и В^ лежат по одну сторону от прямой АВ и что Л4В4 ^ А2В2 (рис. 163). Заметим, прежде всего, что отрезки Л4Л2 и BJ32 можно считать непересекающим и с я. В самом деле, если бы они пересекались в точке О

Рис. 163.

(рис. 163, о), то отрезок АВ, очевидно, целиком принадлежал бы выпуклому четырехугольнику aibia2b2, где oi, bit а2 и Ь2— соответственно середины отрезков ОЛ,, ОВ^ 0А2 и 0В2 (почему?). А так как в силу результата задачи 78 а) диаметр четырехугольника И161Ц262 равен аха2 = bvb2 —^ (ведь AXBV, В4Л2, Л2В2, В2Л4 ^ 1, и значит,а\Ьь bxa2) a2b2t b2ax^~^, то АВ<^> и значит, конфигурация, изображенная на рис. 163, а, также никак не может быть более выгодной чем та, которая изображена на рис. 162,а. Но и случай, когда отрезки Л4Л2 и В4В2 не пересекаются (рис. 163,6) также невозможен, ибо в этом случае точка Л2 лежит на окружности S4 с центром Л4 и радиусом 1 и внутри окружности S2 с центром В4 и радиусом 1 или на ней (ведь ВИ2^ 11), а точка В2 лежит на S2 и внутри Si (или на St),— но тогда Л4Л2 и В4В2 могут не пересечься, лишь если точки Л2 и В2 обе совпадают с точкой пересечения S4 и S2, и мы снова приходим к конфигурации рис. 162, а.

Окончательно мы получаем требуемый результат: наибольшее значение г отрезка АВ достигается е том случае^ когда А2^ В2 и AiBv = 1 (рис. 162,а); при этом

1

Z~ 2

Общая задача б) близка к ее частному случаю а); поэтому ее решение мы изложим более кратко. Считая, что на рис. 160 теперь про отрезки AtA2 и В^В2 лишь известно, что оба они по длине не превосходят некоторой фиксированной величины а, где О < а < 1, мы получим из тех же треугольников ЛВХВ2, В^А^Аа

и ВгА^А^ что и раньше:

г2 = ЛВ2 = 1 (2ЛВ? + 2 Л В2 - В,В|)

И

ЛВ? = 1 (2В, Л2 + 2В,Л2 - Л, Л2),

ЛВ| = 1 (2В2Л? + 2В2Л| - Л ,Л^).

Отсюда следует

г2=лв2=1 [(в, л? + в,л2 + в2л? + В2Л| - л, л^) - в,в^].

Но так как ВХАЪ BxA2i В2АЬ В2А2 < 1 и АХА2, ВХВ2 ^ а, то

Z2<^.(4_2o2)i те. z^y^ 1--у-.

Далее мы опять будем рассматривать пространственный и плоский случаи раздельно.

Г. Если наши точки расположены как угодно в пространстве, а2

Iможет иметь место: для этого

необходимо (и достаточно), чтобы фигура F содержала треугольную пирамиду (тетраэдр) АХА2ВХВ2, тж AtBx = AtB2 = Л2В1 = = Л2В2 = 1 (и АХА2 ^ ВХВ2 = а; ср. рис. 161). Таким образом, в случае стереометрической задачи

~ т •

1^ н е может выполняться, ибо невозможно, чтобы в изображенном на рис. 160 (плоском) четырехугольнике АХА2В2ВХ имели место равенства AtBi = АХВ2 = A2Bi — А2В2 = 1 и АхА2 = ВХВ2 = а. Этот случай заметно отличается от плоского; наиболее выгодна здесь изображенная на рис. 162,6 трапеция АХА2В2ВХ, у которой АХВХ = = АхВ2 = А2Вх = 1 и АхА2 = ВХВ2 = а; для этой трапеции, как мы покажем немного ниже,

Как и выше, заключаем, что отрезки АХА2 и ВХВ2 не могут принадлежать прямой АВ; в самом деле, если бы, скажем, отрезок ВХВ2 принадлежал прямой АВ и точка В2 лежала вне отрезка ЛВ, то, поскольку АВ2 ^ 1 (ибо А и В2 — точки выпуклой фигуры F диаметра 1) и ВВ2 ^ ^-, мы имели бы

АВ ^ АВ2 - ВВ2 < 1 - -^< 1 - -^*

i, a ,

(где равенство I —™ 12" имееТ место лишь при а — 0 и

при а ~ 1); поэтому этот случай менее выгоден, чем изображенная на рис. 162,6 трапеция. Следовательно, мы по-прежнему можем считать, что точки Ai и Bi лежат по одну сторону от прямой АВ, а точки Аг и В2 — по другую.

Заметим теперь, что в самом выгодном случае отрезки AiA2 и В^Вг будут обязательно равны а (а не больше а). Действительно, если бы на рис. 160 мы имели бы AtA2 > a, BiB2 > а (или если бы имело место хоть одно из этих двух неравенств), то мы могли бы «уменьшить» четырехугольник А^А2В2В^, равномерно «стянув» отрезки ДМг и В^В2 к их серединам А, соответственно В, т. е заменив их равными а отрезками AjA2 и В^В2. При этом диаметр четырехугольника A'vA2B2BVi заключенного внутри AvA^B2Bv, был бы меньше диаметра четырехугольника AiA2B^Bt, и мы могли бы сдвинуть один из двух отрезков А^А2 и BVB2 — скажем отрезок АjA2 — вдоль прямой АВ в такое положение А^А^ чтобы диаметр четырехугольника А^А2В2В^ все еще был С 1 (сделайте самостоятельно соответствующие чертежи, отвечающие случаям рис. 160, а и 6). А так как для нового четырехугольника A"A2B2Bv

2' = A'B>AB = z

(где А —середина А^В^, то четырехугольник AiA282Bi заведомо не является самым выгодным.

Считая, что AiBi ^ А2В2 и что отрезки AVA2 и В^В2 не пересекаются (ср. рис. 163,6; рассмотрите сами более простой случай, когда AiA2 и BiB2 пересекаются), мы прежде всего заметим, что равенство Д1В1 = А2В2 невозможно. Действительно, в этом случае четырехугольник AvA2B2By обратился бы в параллелограмм; но квадрат хоть одной из диагоналей параллелограмма не меньше суммы квадратов неравных его сторон (ибо хоть один угол параллелограмма ^90°)—и если, скажем, А^ ^ AyA2 + А2В2, то, поскольку AtB2 ^ 1 и А^А2 = а, мы имели бы

z2 = Я В2 = Л2В2 < I — я2 С (1 — 4У

(где последнее равенство имеет место лишь при а — 0); поэтому параллелограмм AiA2B2Bv заведомо не выгоднее изображенной на рис 162, б трапеции.

Далее несложно показать, что если четырехугольник АХА2В2В^ «самый выгодный»1), то АХВ2 = ВХА2 = 1: в самом деле, если, скажем, AVB2 Cl, то нам достаточно повернуть слегка В^В2 вокруг Bv во «внешнюю» по отношению к AiA2B2Bx сторону — и мы тем самым увеличим АВ, т. е. «улучшим» конфигурацию точек. Из равенств же А^В2 = В^Аг = 1 и из равенств AtA2 = BiB2 = а сле-

*) Относительно существования такого «самого лучшего» четырехугольника см., например, книгу [30] или статьи [1] и [28], или Дополнение I к книге [29].

дует, что Д Л1Л2В4 = Д Л1В2В1— и значит, Л1Л2В2В1 есть действительно изображенная на рис. 162,6 равнобедренная трапеция.

Обозначим теперь большее основание АХВХ этой трапеции Через е, где должно быть е ^ 1 и опустим из вершин Л2 и В2 перпендикуляры АгР и B2Q на основание АХВХ. В таком случае, очевидно,

В,А^-В1Р2 = А1А^- AtP2 (=а2р2), т. е.

BjP2 - А1Р2=В1А2- А,А2=1 - а2.

А так как, с другой стороны,

ВХР2 - АХР2 = (В^ + РАХ^ (ВХР - РАу) и

ВХР + РАХ = АХВХ = е, а ВХР - РАХ = ВХР - BXQ = PQ = А2В2,

л д — ^^2 "~ ^1^2л д — ^^2 "~ ^1^2то мы имеем

л д — ^^2 "~ ^1^2

л д — ^^2 "~ ^1^2

Следовательно,

2 = ЛВ = 1(Л1В, + Л2В2) = 1(е4

1 —— а2

где е^- (ибо АХВХ — большее основание трапеции), но е^ 1.

Заметим теперь, что произведение

е-е-1 — и2е1 — и2е\ — а2\ — а2

е-

е-

1 — и2е

1 — и2е

\ — а2

\ — а2

не зависит от величины е; таким образом, площадь прямоугольника KLMN с основанием KL = е и (меньшей основания) вы

сотой RN = имеет

е

известное (т. е. зависящее лишь от заданной величины о) значение $ = 1 — а2. Но если сравнить два прямоугольника одной и той же площади $ — прямоугольник KLMN со сторонами KL = е и KN =

1 - а2

= —-— и Прямоугольник KL'M'N' со сторонами KL' = е' *> е и KN* =

=7—•, то, поскольку заштрихованные на рис. 164 прямоуголь

ники Ll/M'R и NN'RM равновелики, т. е.

NN' .N'R^LU -LR

N'R = KL>RN = LM> LR.

получаемполучаем

получаем

получаем

NN'<LL\

Следовательно,

KNf + KU = ^KN - NN^ + (KL + LL^ =

= VKN + KU) + ^LU - NN^ >KN + KU

и значит, значение суммы е Нотрезков KL (= е) и

/1 а2 \е

KN 1 =1 будет тем больше, чем больше величина е. По

этому в условиях нашей задачи величина

принимает наибольшее значение, когда величина А^В^ = е принимает наибольшее возможное значение е = 1. Но в этом последнем случае, очевидно,

откуда и следует требуемый результат:

z^=\-^-.

а) Каждый квадрат, заключающий внутри себя нашу фигуру Л всегда можно уменьшить с тем, чтобы хотя бы одна пара противоположных сторон квадрата «упиралась» в фигуру (рис. 165).

Но если А и В — точки фигуры F диаметра 1, лежащие на противоположных сторонах квадрата, содержащего F внутри себя, то расстояние между этими сторонами квадрата (или, что то же самое, сторона квадрата) не превосходит АВ, а АВ ^ 1. С другой стороны, ясно, что круг диаметра 1 нельзя заключить ни в какой квадрат, сторона которого меньше 1.

Таким образом, наименьший квадрат, в который можно заключить л ю- бую фигуру диаметра 1, имеет сторону, равную 1.

Первое решение. Покажем, что наименьшая из содержащих фигуру F окружностей 9 обязательно содержит либо две точки F, являющиеся диаметрально противоположными точками этой окружности, либо три точки F, являющиеся вершинами остроугольного треугольника. В самом деле, если окруж-

кость S, содержащая F внутри себя, вообще не содержит точек F, то ее можно сжать, не меняя ее центра, с тем, чтобы новая окружность уже содержала точку А фигуры F (рис. 166,а). Если 5 содержит единственную точку А фигуры F, то ее также можно уменьшить с тем, чтобы она продолжала содержать F внутри себя: для этого достаточно сдвинуть слегка S в направлении ОА (где О— центр S) с тем, чтобы она все еще содержала F внутри, но уже не проходила ни через одну точку F, и после этого уменьшить сдвинутую окружность описанным выше способом (рис. 166,6). Наконец,

а)6>6)

Рис. 166.

если S содержит две или более точек F, но все принадлежащие F точки S расположены на одной дуге АВ, которая меньше полуокружности, то мы также можем заменить S меньшей окружностью, все еще содержащей F внутри себя: для этого достаточно слегка сдвинуть S в направлении ОМ, где М— середина хорды АВ, с тем, чтобы сдвинутая окружность по-прежнему содержала F внутри, но уже не проходила ни через одну точку F, и после этого старым способом уменьшить эту сдвинутую окружность (рис. 166, в).

Рис. 167.

Отсюда вытекает, что если содержащая F внутри себя окружность S уже не может быть заменена меньшей, то она либо содержит две точки А и В, являющиеся диаметрально противоположными точками S (рис. 167,а), либо содержит три точки А, В и С, являющиеся вершинами остроугольного А АВС (рис. 167,6). В первом случае

2В = ЛВ<1, т. е. Я<у (<^)»

где R — радиус окружности S; во втором случае хоть один из углов А ЛВС будет ^60° (ибо сумма трех углов = 180° = 3-60°), и если 90° ^ Л ^ 60°, го

В = ВС <1~ 1 = 15

2 sin Z Л 2 sin 60°/33 *

С другой стороны, так как радиус описанной окружности правильного ZxABC диаметра 1 (т. е. Д ЛВС, где АВ = ВС — СА = 1), уз равен —, то оценку

улучшить нельзя.

" Второе реше.ние. Задача в) утверждает, что каждую фигуру F диаметра 1 можно заключить внутрь правильного шести1Л 3

угольника Ш со стороной ——. Но отсюда следует, что F можно ^З*

заключить и внутрь круга радиуса , —а именно внутрь круга К, описанного вокруг шестиугольника Ш.

Рассмотрим содержащий F (сколь угодно большой!) шестиугольник с углами 120°, образованный в пересечении трех содержащих F (ограниченных параллельными прямыми) «полос», образующих между собой углы 120° (рис. 168). Сблизим затем между

Рис. 168.

собой параллельные стороны шестиугольника до тех пор, пока они не «упрутся» в F. Так мы построим «описанный вокруг F» (т. е. такой, что все его стороны соприкасаются с F) равноугольный шестиугольник lu^ABCDEG, все углы которого равны 120°.

Заметим теперь, что если мы зафиксируем направление стороны АВ шестиугольника (рассматриваемой как вектор или как луч, направленный от А к В!) задав его, скажем, углом а, образованным

AB с каким-то произвольно фиксированным на плоскости лучом /, задающим «начало отсчета углов», то мы построим указанным образом единственный шестиугольник ш = ица), отвечающий выбранному направлению АВ. Обозначим разность АВ — DE сторон ш через р. Эта разность полностью определяется шестиугольником ш, который в свою очередь однозначно определяется по углу а между АВ и /; таким образом, р является функцией а — и мы можем писать: р = /(а).

Пусть, скажем, для исходного шестиугольника, AoBqCoDoEoGo имеем АоВо > D0E01 так что (отвечающий этому шестиугольнику угол а мы обозначим через ао)

f («о) = AqBq — DqE$ > 0.

Будем теперь «поворачивать» шестиугольник ш, непрерывно меняя угол а (скажем, увеличивая его) и каждый раз рассматривая описанный вокруг F равноугольный шестиугольник ш = ш(а) в s ABCDEG такой, что Z (АВ, /) = а. При изменении ш будут меняться длины его сторон, а следовательно, и разность

р = f (а^ = АВ — CD.

Но когда угол а0 заменится на «о +180°, мы придем к тому же самому шестиугольнику щ(ао + 180°) = ш(ао) = А»ВоСоВоЕй6и, что и раньше; только теперь роль «первой» стороны АоВо шестиугольника будет играть сторона DqEo, а роль противоположной ей стороны DqEo — сторона АйВо; поэтому

р («о 4- 180°) = DqEq — j4qJ3o = — — (^о^о — DqE0) < 0.

Таким образом, при увеличении угла а на 180° величина Р = /М меняет знак', если она раньше была положительной, то теперь станет отрицательной, и наоборот1). А так как при малых изменениях а шестиугольник ш(а) остается близким к своему прежнему положению, то также и разность р(а) = АВ — DE при этом меняется мало; иными словами, /(а) есть непреры

в свою очередь, следует, что, переходя от положительных значений К отрицательным, функция f(a) должна где-то между значениями а0 и ао+18О° аргумента принять значение 0 (см. рис. 169, изображающий вымышленный график функции р =^ /(a) -*- важно

Если р(ар) = 0, т. е. с самого начала A0B6 = DqE^ то весь этот этап решения задачи в) является лишним.

здесь только то, что этот график представляет собой непрерывную кривую!). Таким образом, вокруг F можно описать такой равноугольный шестиугольник ш = ABCDEG, противоположные стороны АВ и DE которого равны между собой.

Заметим теперь, что расстояние между любыми двумя противоположными сторонами шестиугольника ш не превосходит 1 — это устанавливается в точности так же, как в решении задачи а) доказывалось, что расстояние между сторонами квадрата, содержащими точки А и В фигуры F, будет ^1. Сдвинем теперь каждую из сторон шестиугольника ш параллельно во вне (по отношению к фигуре F) так, чтобы расстояния между каждыми параллельными сторонами ш стало в точности равно 1; при этом условимся сдвигать каждые две противоположные стороны ш на одно и то же расстояние. Мы утверждаем, что в получившемся шестиугольнике Ш за abcdeg противоположные стороны тоже равны: ab = de. В самим деле, поскольку мы сдвинули стороны AG и DC на одно и io же расстояние до положения ДА, соответственно D^C^ то

ВАу = EDV (ибо ААХ = DDV; рис. 170, а); далее, поскольку ВС и EG мы сдвинули до положения В^с, соответственно Etg на одно и то же расстояние, то AiBi = E1D1; наконец, поскольку ДА и DiEi мы сдвинули до положения ab, соответственно de н а одно и т о ж е расстояние, то ab = de.

Докажем, наконец, что полученный шестиугольник Ш правильный. В самом деле, образованный при продолжении сторон be, de и ga шестиугольника Ш треугольник Т = PQR является правильным, поскольку все углы его равны 60°. Поэтому все высоты треугольника Т имеют одну и ту же длину h. А так как расстояния между любыми двумя противоположными сторонами шестиугольника Ш имеют одно и то же значение 1, то треугольники Pab, Qcd и Reg— это равносторонние треугольники с одной и той же высотой h — 1; поэтому они равны между собой, и значит, ab = cd = — eg. Точно так же доказывается и что be = de = ga. А так как ab = de, то шестиугольник Ш является не только равноугольным, но и равносторонним, т. е. он — правильный.

Таким образом, мы убедились, что каждую фигуру диаметра 1 можно заключить в правильный шестиугольник, расстояние между противоположными сторонами которого равно 1, т. е. в правильный

шестиугольник со стороной —(и значит, с радиусом вписанного круга г = ~ ~~ ctg 30° = -^-; ср. рис. 170, б). А так как круг диаметра 1 нельзя, очевидно, заключить в меньший__правильный шести

. К3

угольник, то полученную нами оценку ©о ^ - для стороны заключающего F правильного шестиугольника улучшить нельзя.

г) П е р в о е решение. Из того, что сторона правильного треугольника, описанного вокруг круга диаметра 1, равна У"5\ вытекает, что в правильный треугольник, сторона которого меньше УТ, заведомо нельзя заключить каждую фигуру диаметра 1: в такой треугольник нельзя поместить крут диаметра 1. Докажем теперь, что каждую фигуру F диаметра 1 можно заклю-

нить внутрьнить внутрьправильного тре*правильного тре*угольника со стороной V 3.

нить внутрь

нить внутрь

правильного тре*

правильного тре*

Пусть а*— некоторая прямая, не пересекающая нашей фигуры F; сдвинем а' в направлении фигуры F до положения а, в котором она соприкоснется в некоторой точке А с фигурой (рис. 171). Точно таким же образом найдем прямые ©i, 02, аз, а4 и а5 такие, что

Z (а, 0^ = Z («1, 02) =

= Z. (а2, 03) = Z (аа, 04) = = Z <а4, 05) = Z (05, а) = 60°

(где, например, Z (а, а^ — угол между прямыми а и а^, не пересекающие фигуру F и соприкасающиеся с ее границей тот же рис. 171). Прямые а, аг

точках А^ Д2, А3, А^ и 04, а также прямые 01,точках А^ Д2, А3, А^ и 04, а также прямые 01,As (см. аз и а^As (см. аз и а^вивиобразуют два правильных треугольника Г и Л, описанные вокруг F, Мы утверждаем, что сторона хоть одного из этих двух треугольников не превосходит V 3.

точках А^ Д2, А3, А^ и 04, а также прямые 01,

точках А^ Д2, А3, А^ и 04, а также прямые 01,

As (см. аз и а^

As (см. аз и а^

ви

ви

Воспользуемся тем, что сумма расстояний MP, MQ и MR от внутренней точки М равностороннего треугольника АВС со стороной а до сторон АВ, ВС и СА треугольника всегда равна высоте h треугольника; в самом деле, очевидно (сделайте чертеж!):

Т аА = 5ЛДС = 8МДВ + SMBC + 8МСД =

MP + MQ + MR^h.MP + MQ + MR^h.= У аМР + А- а • М Q + ^ а • MR = у а <МР + МQ + MR), и следовательно,

MP + MQ + MR^h.

MP + MQ + MR^h.

Поэтому сумма расстояний МР, AfPi, МР2, МР3, MP4 и МРЬ от произвольной точки М фигуры F до прямых а, tti, а2, йз, си и а$ равна сумме высот h и hi треугольников Т и Т^ (ибо МР + МР2 + 4- MP4 = h и MPi 4- ТИРз + МР& = hi). С другой стороны, сумма МР + МР3 равна расстоянию между параллельными прямыми а и «з, откуда имеем

МР 4- МР3 < ЛЛ3 < 1

(ибо 1 — это диаметр фигуры F); точно так же доказывается, что

Л1Р1 + Л1Р4<Л1Л4<1 и МР2 + МРь < ЛИб < 1.

А теперь имеем

h 4- hi = МР 4- ЖР] 4- МР2 4- МР3 + MP4 4- МРЬ =

= (МР 4- МР3) 4- (МРХ 4- MP4) 4- (МР2 4- МР6) < 3, откуда и следует, что хоть одна из величин h и hi не превосхо- 3

дит —, а следовательно, сторона хоть одного из треугольников I

ибо -g-— это высота правильного треугольника со стороной jAjj.

Второе решение. Если продолжить любые три несмежные стороны фигурирующего в условии задачи в) правильного шести- угольника Ш со стороной ——, внутрь которого можно заключить каждую фигуру F диаметра 1, то мы получим правильный треугольник Т со стороной |^3 , также, очевидно, обладающий требуемым свойством.

.. а) Ясно, что радиус круга h может быть сколь угодно мал; с другой стороны, наибольшим он будет, есди к касается всех трех сторон Т (ср, ниже решение задачи 100); таким образом, 0 < г ^ Го, где Го — радиус вписанного круга Т.

Аналогично круг К, разумеется, может быть сколь угодно ве-< лик; таким образом, нам остается найти наименьший круг К, заключающий внутри данный треугольник Т = А АВС. Диаметр круга, содержащего внутри себя треугольник АВС, не может, разумеется, быть меньше наибольшей стороны АВС. Поэтому, если треугольник АВС тупоугольный (или прямоугольный), и построенный на наибольшей его стороне круг содержит △ АВС внутри себя, то диаметр наименьшего содержащего Д АВС круга совпадает с наибольшей стороной Д АВС; в этом случае (рис. 172, а)

(ибо диаметр треугольника равен его наибольшей стороне; см. задачу 78 а)).

Покажем теперь, что если треугольник АВС остроугольный, то наименьшим содержащим Д АВС кругом будет описанный круг треугольника АВС; другими словами, нам требуется установить, что если некоторый круг Ki содержит Д АВС внутри себя, то радиус Ki

не может быть меньше радиуса R описанного вокруг △ АВС круга К. Обозначим центры кругов К и К\ через О и Oi (рис. 172,6). Точка Oi лежит внутри (или на стороне) одного из трех углов ДОВ, ВОС и СОД, скажем, внутри (или на стороне) угла АОС. Если 0< лежит на продолжении ВО, то, очевидно, О^В >• ОВ, откуда и следует требуемое. Если точка Oi не лежит на продолжении ВО, то она лежит внутри (или на стороне, отличной от ВО) одного из углов АВО и СВО, например угла СВО. Соединим точку Oi с точками А, О и В. Из двух углов Д001 и BOOi по крайней мере один тупой (так как угол АО В меньше 180°, ибо треугольник АВС остроугольный, то Z AOOi-V Z B00t >> Y№) — пусть это будет угол BOOv. Тогда в треугольнике BOOt сторона ВО меньше стороны BOv, откуда и следует наше утверждение.

Рис. 172.Рис. 172.

Рис. 172.

Рис. 172.

он принимает, если называется, чтоон принимает, если называется, что

он принимает, если называется, что

он принимает, если называется, что

Но радиус R описанного круга А АВС диаметра 1, наибольший угол а которого заключается в пределах 60° ^ а ^ 90° (последнее означает, что наш треугольник остроугольный или прямоугольный), всегда равен "^ТйГоГ ^СР* С пеРвым РеЩеиием задачи 93 6)); наибольшее значение

R =1—= -2^

2 sin 60°/3

а = 60°, и А АВС равносторонний. Этим и до

причем R = -^» если (если наибольший угол △ АВС правильный (ипричем R = -^» если (если наибольший угол △ АВС правильный (и

причем R = -^» если (если наибольший угол △ АВС правильный (и

причем R = -^» если (если наибольший угол △ АВС правильный (и

^ АВС тупоугольный или прямоугольный

К3

треугольника о& ^ 90°) и R = —g—, если его наибольший угол а = 60а). [Таким

образом, наибольшее возможное значение R достигается для е д и н* ственного треугольника диаметра 1, а наименьшее — для мн о* г и х треугольников.]

Примечание. На стр. 60 отмечалось, что термин «Описанный круг (выпуклого) многоугольника» имеет в теории выпуклых фигур иной смысл, чем в школьном курсе геометрии. Результат настоящей задачи показывает, что это расхождение является существенным: для тупоугольного треугольника его описанный круг (в школьном понимании этого термина) не совпадает с Описанным кругом (в смысле данного на стр. 60 определения) — см. рис. 172, а, на котором пунктиром изображен описанный круг △ АВС.

Заметим еще, что ниже мы выводим результат задачи 93 б) из результата задачи 94 (см. решение задачи г)). Но можно и, наоборот, вывести результат задачи 94 а) из решения задачи 93 6), где было показано, что наименьший содержащий фигуру F (в данном случае ДАВС) круг либо содержит две диаметрально противоположные точки F (случай тупоугольного или прямоугольного треугольника), либо содержит три точки F, не принадлежащие одной полуокружности (случай остроугольного треугольника).

Нетрудно видеть, что если круг х пересекает (не касается, а именно пересекает) каждый из отрезков АВ, ВС и С А, то его можно уменьшить с соблюдением требований задачи (ср. с решением задачи 100); поэтому наименьшим из удовлетворяющих условиям задачи кругов (точнее — предельным для уменьшающихся по радиусу кругов х) будет вписанный круг треугольника, касающийся всех сторон Т. Таким образом, inf р = г0, где г0 — радиус вписанного круга Т (относительно обозначений см. стр. 17).

Аналогично этому, если круг х пересекает отрезки АВ, ВС, СА и ограничивающая его окружность о не проходит ни через одну из вершин треугольника Т, то х можно увеличить, не нарушая наложенных на него требований (ср. с решением задачи а)). Таким образом, можно добиться, чтобы окружность а круга х прошла сначала через одну, а затем и через две вершины треугольника Т; при этом, если о проходит через точки В и С, то можно считать, что х пересекает отрезок ВС = а. Предположим далее, что о пересекает второй раз отрезок АВ в точке D. Если D смещается по стороне АВ, двигаясь от А к В, то (в том случае, когда Z А треугольника Т — острый) радиус р окружности о сначала уменьшается, пока D проходит отрезок АР (где Р— основание высоты СР треугольника), а затем начинает увеличиваться (если Z А тупой, то р только увеличивается, когда D двигается от А к В; объясните сами эти закономерности). Таким образом, «предельными» по величине (самыми большими!) здесь будут отвечающий совпадению точки D с вершиной А круг, описанный вокруг △ АВС г Г ^ его радиус равен ^ s^ ^р) и (отвечающий совпадению точки D с вершиной В) круг, проходящий через точки С и В и касающийся стороны В А в вершине В (его радиус равен ^^"у"» ибо хорде ВС длины а здесь отвечает вписанный угол величины В). Впрочем, последний круг можно считать пересекающим отрезок АС лишь в том случае, если Z В ^ Z С (сделайте сами чертеж; почему?); в противном же случае роль «предельного» круга х будет

играть проходящий через точки В и С круг, касающийся прямой СА _а

в точке С; его радиус равен 2 sin в •

Таким образом, если а ^ b ^ с и, соответственно этому, А ^ В ^ С, то «участвовать в конкурсе на звание наибольшего аb

по величине круга и» могут лишь круг радиуса ^й^д" “ 2 sin В °

= ____. (описанный круг треугольника Т) и круги радиусов a sin о а b с „.

т—:—Б”» "тг~:—г» тг”—т» Ясно, что наибольшим из этих кругов 2 sin В ’ 2 sin А 2 sin A

а

является круг радиуса -^» проходящий через концы В и С

наибольшей стороны ВС = а и касающийся в точке В наименьшей стороны АВ; поэтому окончательно имеем

Го<Р< 2 sin в

(где радиус г0 вписанного круга легко, разумеется, также выразить через длины сторон и углы треугольника Т — это можно даже сделать многими разными способами).

Ясно, что если KMi, КМ^ KMS ^ Р, то круг с центром К и радиусом Р полностью покрывает △ MJVUM3; таким образом, наша задача сводится к задаче а) о наименьшем круге, целиком покрывающем данный △ MiM2M3. Отсюда следует, что кошка К должна занять позицию в центре описанного вокруг А М^гМз круга, если ДЛ^МгМз остроугольный (или прямоугольный), и в середине наибольшей стороны A MiM2M3, если этот треугольник тупоугольный (или прямоугольный); при этом во всех случаях положение К кошки определяется однозначно.

Пусть А, В, С — такие три из данных п точек, что наименьший содержащий их круг К не меньше наименьшего круга, содержащего любые другие три из наших точек. Мы утверждаем, что все наши точки лежат внутри круга К; отсюда и из результата задачи а) уже сразу следует предложение задачи 93 6). Допустим, что это не так: пусть одна из наших точек (обозначим ее D) лежит вне К. Рассмотрим два случая.

°. Треугольник АВС — тупоугольный или прямоугольный (рис. 173, а). Если С—вершина тупого (прямого) угла, то в силу результата задачи а) К есть круг с диаметром АВ. Если точки А, В и D лежат на одной прямой (рис. 173,а), то, очевидно, наименьший содержащий их круг имеет диаметр AD > АВ, что противоречит условию выбора точек Л, В и С. Если точки А, В, D образуют остроугольный треугольник (рис. 173,6), то в силу результата той же задачи наименьший содержащий их круг есть описанный круг, диаметр которого превосходит любую из сторон, в частности превосходит АВ, что снова противоречит нашему предположению. Если же, наконец, треугольник ABD тупоугольный или прямоугольный (рис. 173,в), то, так как угол при вершине D обязательно острый (иначе D не может лежать вне круга К), сторона, лежащая в этом треугольнике против тупого или прямого угла, больше АВ. Радиус же наименьшего круга, содержащего точки А,

Рис. 174.

D, равен половине этой стороны, — и мы снова приходим к противоречию.

2°. Треугольник АВС — остроугольный (рис. 174). Найдется такая сторона этого треугольника, что треугольник АВС и точка D находятся по одну сторону от прямой, на которой лежит эта сторона. Пусть для определенности это будет сторона АВ.

Точка D лежит внутри (или на стороне) одного из трех углов САВ, СВ А и угла, вертикального с углом АСВ. Если имеет место один из первых двух случаев, например, если D лежит внутри (или на стороне) угла САВ (рис. 174, а), то соединим точку D с точкой А; пусть Е есть вторая точка пересечения отрезка AD с окружностью круга К. Если АЕ— диаметр круга К, то AD больше диаметра К, и круг, содержащий А и D, не может быть меньше К, т е мы приходим к противоречию. Если же АЕ не есть диаметр К, то центр К лежит внутри одного из треугольников АЕС и АЕВ и, значит, один из этих треугольников (например, АЕВ) остроугольный. Пусть D' — такая точка отрезка ED, что и треугольник AD'B остроугольный, т. е. угол ABD' острый (в частности, точка D' может и совпадать с D). Наименьший круг, содержащий треугольник AD'B, есть описанный круг; но этот круг больше, чем круг, описанный вокруг треугольника АЕВ, т. е. чем К (это следует из того, что в этом круге на сторону АВ опирается меньший угол). С другой стороны, всякий круг, содержащий точки A, D, В, содержит также и точки A, D', В, т. е. мы снова пришли к противоречию.

Нам осталось еще рассмотреть случай, когда точка D лежит внутри или на стороне угла, вертикального с углом АСВ (рис. 174,6). В этом случае соединим точку D с А и В; хоть один из углов DAB или DBA будет острым; пусть, например, угол DAB острый; Е — точка пересечения отрезка DA с окружностью круга К. Треугольник АЕВ остроугольный (Z АЕВ — Z АСВ, Z. ЕВА < < Z СВА и Z ЕАВ острый по предположению). Дальше повторяются те же рассуждения, что и выше.

а) Рассмотрим множество центров наших кругов. Так как каждые три круга имеют общую точку, то для каждых трех центров кругов найдется точка Q, удаленная от каждого из этих центров не более чем на г, где г — общий радиус всех кругов системы (этим свойством обладает общая точка трех кругов с центрами в наших точках). Круг с центром в этой точке Q и радиусом г заключает внутри себя три рассматриваемые точки (центры кругов нашей совокупности); таким образом, каждые три из центров кругов можно заключить в круг радиуса г. Рассмотрим теперь достаточно большой круг, содержащий внутри все наши точки, — пусть этот круг ограничен и он уменьшается, стягивая наши точки. Ясно (близкие соображения использовались в решении задачи 93 6), а по существу— и в решении задачи 94 а)), что наш «стягивающийся» круг смогут задержать лишь две точки, попавшие на его периферию и являющиеся для круга диаметрально противоположными, или три точки, являющиеся вершинами вписанного в наш круг остроугольного треугольника. Но поскольку расстояние между любыми двумя точками ^г и каждые три точки можно заключить в круг радиуса ^г, то отсюда следует, что все центры кругов можно заключить в круг радиуса г. Последнее же утверждение означает, что найдется точка О — центр этого содержащего все точки круга, — удаленная от центров всех наших

кругов не более чем на г. Ясно, что эту точку О будут содержать все круги нашей совокупности кругов^

3

б) Построим круги радиусов -• ^— с центрами во всех наших точках. Если диаметр совокупности точек равен 1, то диаметр любого треугольника с вершинами в данных точках <1. Отсюда и из решения задачи а) следует, что для каждых трех из наших точек найдется точка Q — центр наименьшего круга, покрывающего эти три точки, — удаленная от каждой из трех точек на расстояние

КЗ ,**

поэтому каждые три из наших кругов будут иметь общую точку Q — будут пересекаться. Но тогда в силу результата задачи а) все наши круги будут пересекаться. Их общая точка О удалена на расстояниеот каждой из п точек; поэтому

1/3*

круг радиуса —у— с центром О покрывает все наши п точек.

а) Мы знаем (см. задачу 93 а)), что каждую фигуру диаметра 1 можно заключить внутрь квадрата К со стороной 1. Если теперь провести четыре касательных к вписанному в К кругу, подобных изображенным на рис. 43,6, которые отсекают от К четыре треугольника Д1, Да, Дз и Д4 (рис. 175, а), то, как легко видеть.

Рис. 175.

каждая (внутренняя) точка, скажем, треугольник Дь удалена от каждой (внутренней) точки треугольника Дз на расстояние >1, и поэтому, если Д< содержит внутри точки фигуры F (диаметра 1), то Дз не может содержать таких точек, и наоборот. Точно то же самое можно утверждать и про треугольники Да и Д4; поэтому, если мы покрыли фигуру F диаметра 1 квадратом К» то по крайней мере один из каждых двух треугольников Д1 и Дз, Да и Д4 Является «пустым». Последнее утверждение можно расшифровать как утверждение о том, что «пустыми» являются либо Д4 и Да; либо Ai и Д4; либо Дз и Да; либо Дз и Д4, т. е. во всех случаях какие-то два соседних из треугольников Дь Да, Дз и Д<, — что и доказывает предложение, составляющее содержание настоящей задачи.

б) Мы будем рассуждать почти так же, как при решении задачи а), однако теперь мы исходим не из квадрата К, а из фигу*

рирующей в задаче 93 в) шестиугольной «покрышки» Ш. Отсечем от Ш шесть «уголков» Ai, А2, Аз, А4, Де и Де, представляющих собой треугольники, ограниченные двумя сторонами угла шестиугольника Ш и касательной к вписанной в Ш окружности, перпендикулярной биссектрисе рассматриваемого угла (рис. 175,6). Так как по-прежнему все (внутренние) точки, скажем, треугольника Д1 удалены от любой (внутренней) точки треугольника Д* на расстояние >1, то при покрытии шестиугольником Ш произвольной фигуры F диаметра 1 хоть один из каждых двух треугольников Ai и Д4, Аг и Аз, Дз и Де останется «пустым». Здесь всего мы имеем восемь вариантов троек «пустых» треугольников, которые можно получить, выбирая по одному треугольнику из каждой пары: Ai, А2, Дз*, Д1, А2, Де; Ai, As, Дз; Ai, As, Де; А4, Дг, Дз; А 4, Дг, Де? Д4, Дз, Дз; Д&, Дз, Де* Но нетрудно видеть, что каждая из этих восьми троек треугольников содержит два не соседние (и не противоположные) треугольника, — чем и доказывается, что изображенным на рис. 43, 6, восьмиугольником можно покрыть любую фигуру F диаметра 1.

а) Пусть 3 — середина ломаной АВ, т. е. такая точка, что ломаные ДЗ и SB имеют одну и ту же длину 1/2. В таком случае каждая точка М ломаной такова, что длина ломаной SM не превосходит 1/2, и тем более расстояние ЗЛ4 ^ 1/2, откуда следует, что круг радиуса 1/2 с центром 3 целиком покрывает ломаную. Таким образом, каждую ломаную длины 1 можно покрыть кругом радиуса 1/2, и число 1/2 уменьшить нельзя, ибо отрезок длины 1 невозможно, очевидно, покрыть кругом радиуса <1/2.

б) Докажем, что всякую плоскую замкнутую ломаную периметра 1 можно заключить внутрь круга радиуса 1/4. Пусть А — произвольная точка нашей ломаной, В — такая точка ломаной, что обе части ломаной, соединяющие точки Д и В, имеют одну и ту же длину 1/2, Q — середина отрезка АВ (рис. 176). Проведем окружность радиуса 1/4 с центром в точке Q. Мы утверждаем, что

вся ломаная будет заключаться внутри этой окружности, т. е. что расстояние от любой точки М ломаной до точки Q не больше 1/4. Действительно, пусть М' — точка, симметричная Af относительно точки Q. Соединим М и М' с точками А и В. Так как АМ не больше части ломаной, заключенной между точками А и М, а ВМ не больше части ломаной, заключенной между точками В и Af, то АМ + ВМ не больше части ломаной, заключенной между точками А и В, т. е. не больше 1/2. Но из рис. 176 нетрудно усмотреть, что АМ — ВМ', ВМ = AM', QM = QM', Из рассмотрения △ АММ' вытекает, что

ММ' = 2QM ^АМ + АМ' = АМ + ВМ ^ 1/2, откуда

QM < 1/4,

а это нам и требовалось доказать.

С другой стороны, диаметр ломаной периметра 1 может быть сколь угодно близок к 1/2 (так будет, например, й том случае, если ломаная представляет собой ромб со стороной 1/4 и очень малым острым углом). А так как диаметр круга, содержащего ломаную, очевидно, не может быть меньше диаметра ломаной, то никакой круг радиуса, меньшего 1/4, не может покрывать любую плоскую замкнутую ломаную периметра 1. Следовательно, искомое значение радиуса круга равно 1/4.

а) Рассмотрим правильный треугольник АВС со стороной а и проведем через вершину С прямую CF, образующую со стороной С А небольшой угол ф (здесь F — точка стороны А В, рис. 177, а).

Пусть далее G ** середина отрезка CF, Е — произвольная точка стороны АС треугольника, GDC — ломаная, симметричная ломаной GEF относительно точки G. Если Z CFE <. Z FCB, то (трехзвенная) ломаная CDEF целиком заключается внутри треугольника АВС»

С другой стороны, нетрудно видеть, чтр ни в какой равносторонний треугольник^ м е н ь ui и й треугольника АВС, ломаная CDEF не может быть заключена. В самом деле, пусть равносторонний треугольник A^B^Ci меньше треугольника АВС, и пусть даже ломаная CDEF сдвинута так, что ее конец С совпадает с одной из вершин — скажем, с вершиной Ci — этого треугольника (самое вы-

годное для нас расположение ломаной!). Предположим еще, что- Z AXCXF <-^ Z AxCxBx=^f (в противном случае мы отразим просто ломаную от высоты CJ\ треугольника); точку пересечения CXF и АХВХ обозначим через Fx (рис. 177,6). Из сравнения треугольников ACF и ЛАЛ (где АХСХ <. АС = a, CXFX ^ CF и Z СИА = Z CAF = 60°; здесь мы исходим из того, что точка F заключена внутри &АхСхРхх^ вытекает, что ZAXFXCX *> ZAFC (ибо

sin Z AXFXCX ЛА AC sin Z AFCsin 60° CXFX CF sin 60° *

и оба угла AXFXCX и AFC тупые), а значит, Z AXCXFX < Z ACF; но в таком случае лежащая по ту же сторону от CXFX> что и точка Ль вершина Е ломаной CDEF выйдет за пределы треугольника AXCXFX, а значит, ломаная CDEF никак не вместится в треугольник АХСХВХ.

Оценим теперь длину ломаной CDEF. Для того чтобы длина ломаной GEF (составляющей половину всей ломаной CDEF) была наименьшей возможной, надо, чтобы имело место равенство Z FEA = Z GEC или чтобы прямая FE проходила через точку G\ симметричную точке G относительно стороны АС треугольника АВС (рис. 177, а; ср. выше решение задачи 86в)). При этом, очевидно,

FE + EG = FE + EG' = FG',

там что нам остается лишь определить длину отрезка FG'.

Пусть теперь точка F' симметрична точке F относительно прямой АС; через Р и Q мы обозначим основания перпендикуляров, спущенных из точек G и F на прямую С А (точки пересечения GG' и FF' с СЛ); из точки G' опустим перпендикуляр G'H на прямую FF'. В таком случае

FG' = VFH2 -h G'H5;

кроме того,

G'H = PQ = ^CQ

FH = FQ + QH = FQ + PG' = FQ 4- GP = FQ + 1FQ = -| FQ^PQ=~CQ и GP = -^FQ, ибо GP — средняя линия треуголь-ника CFQ). А так как из рассмотрения A CFQ и A CFЛ заключаем:

&&CQ = CF cos ф и FQ = CF sin ф,

&

&

sin Z CAF a sin 60°

sin Z CFA sin (60е + ф) ’

r) На рис. 177,6 изображен самый выгодный нам случай, когда Fx ^ F и CxF 1 = CF.

то окончательно имеем

CD -V DE -V EF = 2FG' = 2,CD -V DE -V EF = 2FG' = 2,V^V^\2 / 1СГзшф! + l" CF cos ф)\2 / 1СГзшф! + l" CF cos ф)

CD -V DE -V EF = 2FG' = 2,

CD -V DE -V EF = 2FG' = 2,

V^

V^

\2 / 1

СГзшф! + l" CF cos ф)

\2 / 1

СГзшф! + l" CF cos ф)

2а sin 60°sin (60° + ф)2а sin 60°sin (60° + ф)9 . 2 , 12— sin2 Ф + -г COS2 ф =449 . 2 , 12— sin2 Ф + -г COS2 ф =44

2а sin 60°sin (60° + ф)

2а sin 60°sin (60° + ф)

9 . 2 , 12

— sin2 Ф + -г COS2 ф =

44

9 . 2 , 12

— sin2 Ф + -г COS2 ф =

44

a sin 60°sin (60° + ф)a sin 60°sin (60° + ф)/1+8 sin2 ф/1+8 sin2 ф

a sin 60°sin (60° + ф)

a sin 60°sin (60° + ф)

/1+8 sin2 ф

/1+8 sin2 ф

-4- sin2 ф + -j- cos2 ф = — /(sin2 ф + cos2 ф) + 8 sin2 ф =

a sin 60°sin (60° + ф)a sin 60°sin (60° + ф)= -~ /1 + 8 sin2 ф

a sin 60°sin (60° + ф)

a sin 60°sin (60° + ф)

Мы утверждаем,Мы утверждаем,что при малом угле ф длина

Мы утверждаем,

Мы утверждаем,

X ^1 + 8 sin2 ф ломаной CDEF будет меньше а. Доказательство этого несложно, однако оно требует некоторого внимания !). Если угол ф очень мал, то величина sin ф очень близка к самому углу ф ^в радианной мере; ведь известно, что 1ип& —П.Ф = 1 j; с другой . Л о Ф <~/ ф \2, Ф2

стороны, cos ф = 1 — 2 sin2 -~ « 1 — 2 • 1^-1 = 1так что

sin (60° + ф) = sin 60° cos ф + cos 60° sin ф

« sin 60° ^ I — -~) + cos 60° • ф = sin 60° + cos 60° • ф — ~ ^^- ф2 =

= sin 60° (1 + cig 60° • ф —— ф2].

Далее,

a .sin 60°1Л| , о ■; 9— — п /1+8 sin2 ф

—~ у 1 + 8 sin2 ф — « —. z™-.—т~,

sin (60° + ф)sin (60° + ф) ’

sin 60°

’) Читатель, знакомый с основами дифференциального исчисления, может гораздо проще доказать, что при малых ф длина

—г /1+8 sin2 ф ломаной CDEF будет меньше а*, для sin ^ои *т" ф /

этого достаточно заметить, что при ф = 0 наше выражение обращается в а, и проверить, что при ф = 0 производная (; X

\sin (bu +ф)

X /1 + 8 sin2 ф) по переменной ф отрицательна (и значит, функция -,х a sin 60°о :-а—,\

/ (Ф) =” ^f^oSTjZ^J' г 1 + ° sin Ф ПРИ возрастании ф у б ы в а е т j.

так что нам надо лишь оценить множитель —г-^о '.—V» уста- sin ф) J

sin 60°

повив, что он меньше 1. Но при малых ф

/I 4-8sin2 ф/1 4- 8ф2=

' sin 60°l+<:tg60°.»-T»2

А так как при малом ф величина —=• ф будет значительно боль- г 3

ше чем 8ф2ше чем 8ф2то знаменато знамена2 21 з 1 Д

ше чем 8ф2

ше чем 8ф2

то знамена

то знамена

а также и чем "Г Ф > 77=" Ф и 7 Ф Ро у о 4/

тель дроби, стоящей в последнем выражении под знаком радикала, будет больше числителя, и значит, вся дробь будет меньше 1.

Итак, мы установили, что можно найти такой угол ф, что длина I полученной ломаной будет меньше о1). Поэтому можно найти такую ломаную CDEF, длина / которой равна 1, в то время

как сторона а наименьшего равностороннего треугольника, в который можно заключить ломаную, будет больше 1. Но в таком случае в треугольник со стороной Ь, где а Т> b "> 1, заведомо нельзя будет заключить любую ломаную длины 1 — так, например, в этот треугольник нельзя будет заключить найденную ломаную CDEF. "

Примечание. С помощью дифференциального исчисления sin 60°

нетрудно подсчитать, что выражение 7йГ(60°_4-”фУ ' °Sm достигает своего минимума при ф = фо « 3,67°; этот минимум равен /о « 0,982. Таким образом, длина стороны наименьшего треугольника, в который можно поместить построенную ломаную

CDEF, отвечающую углу фо « 3,67°, равна -т- ^ 1,018. Существует

предположение, что это значение является «самым лучшим» в том смысле, что в каждый равносторонний треугольник со стороной а^ 1,018 можно заключить каждую ломаную (и даже *о

более того — каждую кривую) длины I, в то время как в правильный треугольник со стороной Ь< — нельзя заключить, например, построенную выше ломаную CDEF; однако это предположение (высказанное видным английским математиком А. С. Безиковичем [88]) никем до сих пор не доказано.

б) Пусть MN...T— выпуклая ломаная, A,L— луч, расположенный по ту же сторону от прямой МТ, что и ломаная MN.. .Т, и образующий с этой прямой угол LAXT = 60°; при этом точку At мы выберем на продолжении ТМ за точку М так далеко от этой точки, что луч A,L не задевает ломаную MN...T. Будем двигать точку Ai по направлению к точке М до тех пор, пока луч AXL не «упрется» в ломаную MN...T; это положение луча мы обозначим через АК, а точку (или одну из точек) его соприкосновения с ломаной MN.. .Т — через Р (точка Р может и совпадать с М; рис. 178, а, 6). Отложим на луче АК отрезок АС = 1 и построим

Рис. 178.

равносторонний треугольник АВС со стороной 1, стороны АС и АВ которого принадлежат лучам АК и АТ. Мы утверждаем, что если длина ломаной MN ...Т не превосходит 1, то эта ломаная целиком принадлежит построенному треугольнику АВС.

В самом деле, пусть наше утверждение не имеет места и дуга Р.. .Т ломаной пересекает сторону СВ треугольника АВС в (отличной от В!) точке Q, как это изображено на рис. 178, а, б. Проекции точек Р и Q на прямую АВ обозначим через Pi и Qi; так как Z PAPi = Z QBQ, = 60°, то, очевидно, PPi ^ АРХ (знак равенства относится к тому случаю, когда точка А совпадает с Р и длины обоих «отрезков» АР, и РР, обращаются в 0; рис. 178,6) и QQi > Q,B; кроме того, очевидно, PQ ^ PiQi. А теперь имеем дл. ММ.. Т = дл. М... Р + дл. Р... Q 4- дл. Q .. .Т ^

> Р,Р + PQ + QQi > АР, + PtQi 4- QiB = АВ =1, что противоречит нашему предположению о том, что дд. MN...T ^ I.

Таким образом, сторона наименьшего правильного треугольника, внутрь которого можно поместить любую выпуклую ломаную длины 1, равна 1.

а) Пусть So — какая-то окружность, пересекающая все п наших прямых. Будем последовательно уменьшать эту окружность. Прежде всего, если окружность So не касается никакой из наших прямых, то ее можно заменить концентрической с ней меньшей окружностью Si, касающейся одной из прямых (а именно той, которая дальше всего отстоит от центра So — рис. 179,а). Далее, если Si касается единственной нашей прямой а, то мы можем еще уменьшить Si, сохраняя точку касания Si с а и приближая

Рис. 179.

центр St по перпендикуляру к а до тех пор, пока полученная окружность S2 не коснется еще одной прямой b (см. рис. 179,6). Далее, если окружность S2 касается только двух непараллельных прямых ц и 6, или если она касается большего числа прямых, но содержит ограниченную точками касания с прямыми а и b дугу, большую 180° и свободную от точек касания с другими нашими прямыми, то эту окружность можно продолжать уменьшать, оставляя ее касающейся прямых а и b — для этого достаточно сдвинуть центр окружности по биссектрисе образованного прямыми а и b угла, приближая его к точке пересечения а и b (рис. 179, е). Таким образом, мы убеждаемся, что существует окружность S, пере» секающая все наши прямые и либо касающаяся двух параллельных прямых а и Ь, либо касающаяся трех прямых а,Ь и с, образующих описанный вокруг S треугольник (ср. с первым решением задачи 93 6)).

Но ясно, что если среди наших прямых есть две параллельные прямые а и Ь, то радиус никакой пересекающей их окружности не может быть меньше половины расстояния между прямыми; поэтому расстояние между а и b не больше 2, а значит, радиус нашей окружности S не больше 1. Если же среди наших прямых есть три прямые at b и с, образующие описанный вокруг 5 треугольник, то никакая окружность, пересекающая а, b и с, не может быть меньше S: в самом деле, в этом случае три полосы ширины <2г (где г—радиус S), для которых прямые а, b и с являются средними линиями, не имеют общих им всем точек (рис. 180) и, значит,

Рис. 180.

не существует точки, удаленной и от а, и от Ь, и от с на расстояние, меньшее г. Поэтому в этом случае г ^ 1, что нам и требовалось доказать.

В силу результата задачи а)г нам достаточно доказать, что каждые три из рассматриваемых прямых можно пересечь кругом радиуса ^—. Но наши три прямые образуют треугольник, каждая сторона которого ^1; поэтому периметр Р треугольника ^3. Обозначим через г радиус вписанного круга этого треугольника. В силу результата задачи 72 б) из всех описанных вокруг круга радиуса г треугольников наименьший периметр Р (равный, как легко видеть, 61^3 г) имеет правильный треугольник; поэтому для_любого треугольника ^величины г и Р связаны неравенством 6 J^3 г^ Р, Р 1<3„ЗКЗ

или г ^ ———. А так как в нашем случае Р ^ 3, то г——— =

КЗ",

= —g—, что и доказывает требуемое утверждение.

То, что оценку задачи улучшить нельзя, показывает пример трех сторон правильного треугольника со стороной 1.

а) Решение этой задачи очень похоже на решение задачи 93 6). Заметим прежде всего, что наибольший круг к, заключающийся внутри выпуклого многоугольника М, обязательно касается либо двух параллельных сторон М, либо трех сторон М, образующих описанный вокруг k треугольник. В самом деле, если круг к не касается ни одной стороны М, то мы можем, не меняя центра /г,

«раздувать» его до тех пор, пока он не коснется стороны М (рис. 181,а). Далее, если к касается единственной стороны а многоугольника М, то мы также можем увеличить к, не выводя его за пределы многоугольника М; для этого достаточно сдвинуть слегка к перпендикулярно а, отодвинув его от а, а затем увеличить к прежним способом (рис. 181,6). Наконец, если к касается двух непараллельных сторон а и b многоугольника М, то мы также можем увеличить к, предварительно сдвинув его слегка в направлении биссектрисы образованного а и b угла (рис. 181, в);

Рис. 181.

также можно поступить и в том случае, когда к касается трех (или более) сторон М, не, образующих описанного вокруг к треугольника (рис. 181, г).

Но если наибольший круг к из всех кругов, заключающихся внутри М (Вписанный круг М в смысле приведенного на стр. 60 определения) касается двух параллельных сторон к и к многоугольника М (рис. 182, а), то его радиус г равен половине ширины,- образованной прямыми к и к полосы, и значит, г ^^J^^^ так как ширина этой полосы в силу условия задачи равна здесь L Пусть теперь круг к радиуса г касается трех сторон /1, к и к многоугольника М, образующих описанный вокруг к (и одновременно

вокруг Л1!) треугольник АВС (рис. 182,6). Обозначим стороны △ АВС через а, b и с, а его высоты — через ha, hb и hc\ пусть еще а ^ b ^ с и, значит, ha ^ hb ^ hc. Так как

TOи, значит,TOи, значит,8ДВС = ^<.«+b + cV = -^ aha,

TO

и, значит,

TO

и, значит,

, а + b + сt 1 Ь . с \. о

h =!г = 1 Нг < Зг,

а\ а а

Но высота ha описанного вокруг М треугольника АВС никак не может быть меньше ширины 1 многоугольника (см. рис. 182,6); поэтому ha ^ 1 и

что нам и требовалось доказать.

б) Равенство г = имеет место, скажем, если М есть правильный треугольник ширины 1 — равносторонний треугольник

Рис. 182.Рис. 182.

Рис. 182.

Рис. 182.

с высотой 1: ясно, что в него нельзя заключить никакого круга радиуса ^^

а) Ясно, что разбиение множества точек на три части, удовлетворяющее условию задачи, легко произвести в том случае, когда число п точек равно 2 (при этом одна из частей будет даже обязательно «пустой», т. е. не будет содержать ни одной точки) или п = 3. Воспользуемся теперь методом математической индукции: предположим, что для каждой совокупности из п точек утверждение задачи доказано, и покажем, что в таком случае оно будет справедливо и для совокупности из п + 1 точек.

Из результата задачи 87 а) вытекает, что либо каждая точка системы т точек является концом ровно двух «диаметров» системы, либо хоть одна точка является концом единственного диаметра (ибо в противоположном случае общее число диаметров было бы больше т; ср. с решением задачи 87а)). Таким образом, в нашей системе п + 1 точек наверняка найдется точка 4, являющаяся концом не более чем двух диаметров. Исключив из рассмотрения точку А, мы получим систему п точек, которую, согласно предположению индукции, можно разбить на три части меньшего диаметра. Присоединив теперь точку А к той подсистеме, которая не содержит концов исходящих из А диаметров, мы разобьем п + 1 точек на три части меньшего диаметра.

б) Распределим множество вершин многоугольника *) М между тремя подмножествами, каждое из которых имеет диаметр, меньший диаметра всего множества вершин многоугольника. Далее, разобьем весь многоугольник на три части так, чтобы порожденное этим разбиением многоугольника распределение множества вершин многоугольника на три подсистемы было именно тем, о котором было сказано в начале решения задачи. При этом в силу результата задачи 78 а) ) каждая часть многоугольника М будет иметь меньший диаметр, чем весь многоугольник.

а) Решение этой задачи очень близко к решению задачи 101 а). Ясно, чю если число точек п ^ 4, то требуемое разбиение совокупности п точек на четыре части возможно (при п < 4 некоторые из частей будут даже «пустыми»). Предположим теперь, что мы уже доказали возможность распределения между четырьмя совокупностями точек меньшего диаметра системы из п точек и рассмотрим систему из п + 1 точек. Заметим, что из результата задачи 87 б) вытекает, что в любой совокупности т точек диаметра 1 имеется точка, из которой исходят не более трех диаметров системы. В самом деле, если бы из каждой точки исходило не менее четырех диаметров, то общее число диаметров в системе т точек было бы не менее чем

4 (4m) = 2m

(ибо из каждой из т точек исходит четыре или большее число диаметров и каждый диаметр имеет два конца), в то время как число диаметров не может превосходить 2m — 2. Исключив теперь из системы п +1 точек одну точку А, из которой исходит не более трех диаметров, мы в силу предположения индукции сможем разбить оставшиеся п точек на четыре части с соблюдением условия задачи; после этого нам останется лишь присоединить точку А к той части, в которой нет конца ни одного из исходящих из А диаметров.

б) Разобьем на четыре части совокупность вершин многогранника М с соблюдением условий задачи а); затем разобьем на

9 Нетрудно заметить, что требование выпуклости многоугольника М в приведенном рассуждении не используется.

четыре части сам многогранник так, чтобы при этом вершины многогранника распределились между четырьмя его частями в соответствии с уже установленным их распределением. В силу результата задачи 78 б) диаметр каждой из четырех частей многогранника будет меньше диаметра самого многогранника.

103. а) В этой задаче речь идет о разбиении круга Кр единичного диаметра на п «возможно меньших» частей Fb ... Fn, причем выражение «возможно меньших» имеет следующий точный смысл: требуется, чтобы диаметр наибольшей (по диаметру) из частей был возможно меньше (т. е. ищется величина min max Fi). Далее i

мы будем рассматривать отдельно разные значения п.

1°. п = 1. Равенство 6(1, Кр) = 1 очевидно: ведь 6(1, F) = 1 для всех F.

2°. п = 2. Ясно, что если разбить круг Кр на две части Fi и Г 2, то тем самым разобьется на две части ft и f2 также и ограничивающая Кр окружность Окр. (Если вся окружность Окр целиком принадлежит одной из частей Fi или Еъ круга Кр, то диаметр соответствующей части Кр будет равен 1.) Пусть А— одна из точек соприкосновения участков fi и 1г окружности Окр (каждый из которых может состоять из многих частей), а В — точка, диаметрально противоположная А. Ясно, что та из частей fi и f2 окружности Окр, которая содержит точку В, имеет диаметр 1; поэтому

6 (2, Кр) = 1(=6(1, Кр)).

3°. п = 3. Если круг Кр разбит на три части F\, F^ и F3, то тем самым и ограничивающая Кр окружность Окр разбита на три части fi, f2 и fa. (Здесь также можно игнорировать возможность того, что какая-то из частей Fi, F2 и F3 круга Кр вовсе не содержит точек Окр.) При этом (дуговая) длина хоть одной из частей fi, f2 и fa окружности Окр (каждая из которых может состоять из многих дуг) будет ^ 120°; но в таком случае эта часть Окр обязательно содержит точки, отстоящие одна от другой на дуговое расстояние ^ 120°, т. е. такие точки, что соединяющая их хорда р^з"У з

стягивает дугу ^ 120°, и значит, сама хорда ^ - g - (ибо—g—==

= sin 60° есть длинаРазбить круг Кр на(рис. 183, а); поэтому= sin 60° есть длинаРазбить круг Кр на(рис. 183, а); поэтомухорды круга Кр, стягивающей дугу в 120°).1^3

= sin 60° есть длинаРазбить круг Кр на(рис. 183, а); поэтому

= sin 60° есть длинаРазбить круг Кр на(рис. 183, а); поэтому

6(3, Кр)—4”.6(3, Кр)—4”.три части диаметра g » очевидно, можно

6(3, Кр)—4”.

6(3, Кр)—4”.

4°. п = 4, 5 или 6. Совершенно как выше, заключаем, что если круг Кр разбит на четыре, на пять или на шесть частей, то хоть одна из соответствующих частей fi, f2, ... окружности Окр будет иметь (360° \/360° \

= - ™ - L соответственно ^72°( — —— I

(

360°\

= ——L Но в таком случае эта часть окружности Окр содержит точки, удаленные друг от друга на угловое расстояние ^ 90°, соответственно ^ 72° и ^ 60°, т, е. точки, отстоя-

V 2

щих дуги и 90°, в 72° и в 60°).щих дуги и 90°, в 72° и в 60°).щие одна от другой на расстояние — -, соответственно ^^- Vw — 2)^5 и ^ -^- (величины ^р = sin 45°, ~ V10 — 2|А5 = = sin 36° и ~- = sin 30° суть длины хорд окружности Окр, стягиваю-

щих дуги и 90°, в 72° и в 60°).

щих дуги и 90°, в 72° и в 60°).

Разбить круг Кр на четыре части

Рис. 183.Рис. 183.У 2диаметра —^-, на пятьУ 2диаметра —^-, на пятьчастей диаметрачастей диаметра-—1/10 — 2^5 и на-—1/10 — 2^5 и на„1шесть частей диаметра -^>„1шесть частей диаметра -^>очевидно, можно (рис. 183, б — г); поэтомуочевидно, можно (рис. 183, б — г); поэтому

Рис. 183.

Рис. 183.

У 2диаметра —^-, на пять

У 2диаметра —^-, на пять

частей диаметра

частей диаметра

-—1/10 — 2^5 и на

-—1/10 — 2^5 и на

„1

шесть частей диаметра -^>

„1

шесть частей диаметра -^>

очевидно, можно (рис. 183, б — г); поэтому

очевидно, можно (рис. 183, б — г); поэтому

Ъ^Кр')-^-,б(5,^р) = ^У10-2/5,б(6,Кр) = 1.

5°. п = 7. Если круг Кр разбит на семь частей так, что все эти части содержат части окружности Окр, то та из частей, которой принадлежит центр О круга Кр, имеет диаметр ^"^’- Если же круг разбит на семь частей так, что не больше шести из них содержат точки окружности Окр, то Окр разобьется на шесть (или меньше) частей, и, как выше, получим, что хоть одна из этих частей

окружности Окр имеет диаметр ^-^ Разбить круг Кр на семь ча- стеи так, что диаметр каждой из этих частей -g-, очевидно, можно — ведь Кр можно разбить и на шесть частей с соблюдением последнего условия. Таким образом, имеем

6(7, Л» = 2(=6(6, Кр)).

Здесь требуется разбить на возможно меньшие части квадрат Кв диаметра 1, т. е. квадрат ABCD со стороной —g- и диаго

налью 1.

1°. п = 1. Ясно, что 6(1, Кв) = 1.

DDРис. 184.Рис. 184.2°. п = 2. Если квадрат Кв = ABCD разбит на две части Ру и F2 диаметра < 1, то его противоположные вершины принадлежат разным частям; пусть, например, вершины А и В принадлежат части Ft, а вершины С и D — части Р^. Если при этом середина Е сто-

D

D

Рис. 184.

Рис. 184.

роны ВС принадлежит части Fi квадрата, то, очевидно,

di = d (f,) > АЕ = /АВ^+М5 =

=1/17±=£]о, Г 284 ’

Таким образом, во всех случаях хоть одно из чисел dx и d^ будетТаким образом, во всех случаях хоть одно из чисел dx и d^ будетгде d(Fi)—диаметр части Р^ а, если Е прис ^(E\^V\o надлежит части г2, то а2 — а^Ь2)^——•

Таким образом, во всех случаях хоть одно из чисел dx и d^ будет

Таким образом, во всех случаях хоть одно из чисел dx и d^ будет

V ю4V ю4возможвозможV ю

V ю

4

V ю

4

возмож

возмож

——. Так как разбить Кв на две части диаметра

но (рис. 184), то

6(2, Кв) = -^

З6. п = 3. Если квадрат Кв г ABCD разбит на три части F^ F^ и Fs, то какие-то две его вершины принадлежат одной части. Если эти две вершины квадрата противоположные, то диаметр соответствующей части равен 1, т. е. очень велик; поэтому мы можем считать, что одной части (скажем, Fi) принадлежат две соседние вершины А и В квадрата Кв. Пусть К и L — точки сторон AD и ВС квадрата Кв, принадлежащие той же части Ft, что и вершины А и В, и наиболее удаленные от А, соответственно от В; обозначим еще АК = х и BL = у (рис. 185, а). В точке К сходятся две части разбиения квадрата Кв, скажем, Fx и F2. Если при этом вершина С также принадлежит части F2 квадрата, то

dk = d (FJ > ВК, d2 = d (F2) > СК,

откуда, аналогично случаю 2°, устанавливается, что хоть один из диаметров d^ и d^ частей Fi и F2 будет ^"j/^"5" + ^ ^ ~-^-, что не дает никакой выгоды по сравнению с разбиением Кв на две части. Поэтому мы можем считать, что вершина С квадрата принадлежит той части F3, которая сходится с Fi в точке L и (по аналогичной причине) вершина D принадлежит части F2 квадрата1).

Рис. 185.

Обозначим теперь через N точку стороны CD, в которой схо- 1^2"

дятся части F2 и F3; пусть CN = г, DN =—г (рис. 185, а).

[Точка N стороны CD, в которой сходятся части F2 и F3, обязательно существует, ибо вершина D принадлежит F2, а вершина С — F3; с другой стороны, ни одна точка стороны CD не принадлежит части Fi квадрата, ибо в противном случае мы имели бы di — d^F^ ^ AN и d^F^ ^ BN, а хотя бы один из отрезков AN

/То , _

и BN —-—. ] В таком случае мы имеем

dx-dU^^AL-^^ + y2 и d^BK-l/1+х2 ;

далее

d^d^F^KN»"^ ^^^(Х^-*)2

И

d3 = d (F3)^ LN = F^ y^ + z2 .

Нетрудно понять (и доказать, что мы и сделаем несколько ниже), что наиболее выгодным является такое разбиение Кв на части Fi, F2 и F3, когда

AL = ВК = KN = LN,

4) Рассмотрите сами (менее выгодный) случай, когда и в точке К, и в точке L сходятся части Fi и F2 квадрата.

т. е. когда

Из этих равенств получаем прежде всего К2У"2

х — у и2 = —g2, тк е. 2 = "4—,

откуда далее следует, что

«(«^«iJZ. И AL = BK = KN = LN = V^_

Докажем теперь, что действительно

б (3, Кв) .

Прежде диаметрПрежде диаметрбраженображеновсего, ясно, что квадрат можно разбить на три части , ,К1зо

Прежде диаметр

Прежде диаметр

бражено

бражено

каждой из которых равен —^—; такое разбиение изо-

на рис. 185,6, где АК = BL =

= DN == DN =и, очевидно, dx = AL = ВКи, очевидно, dx = AL = ВК13016 И13016 И

= DN =

= DN =

и, очевидно, dx = AL = ВК

и, очевидно, dx = AL = ВК

130

16 И

130

16 И

d2 = d3 =KN = LN = CP = DPd2 = d3 =KN = LN = CP = DP130

d2 = d3 =KN = LN = CP = DP

d2 = d3 =KN = LN = CP = DP

т-—. Почти так же легко уста-

16

навливается, что если квадрат Кв разбит на какие угодно три части Fb F2 и F^ то диаметр хоть одной из них не

меньше , В самом деле, если на рис. 185, а

1о

130

16 И

130

16

ТО Х<—ГЕ~ 1

16 «CL-П.

/2

-73-; но в таком

1о

7/2

>——, — и так

1о

/2 случае DK = —g—

7 /2

16

как хоть один из отрезков

/21V2

СN = 2 и DN =2 нс меньше — АВ = —л—, то хоть один

224

из отрезков LN и KN

22

2

2

130

16

Поэтому

6(3, №) = -^

4°. п = 4. Пусть квадрат Кв разбит на четыре части F^ Fa, Fa и F4. Если при этом две вершины Кв принадлежат одной и

той же части, то диаметр этой частитой же части, то диаметр этой частиК2/

той же части, то диаметр этой части

той же части, то диаметр этой части

величинавеличина/2К128216/2К128216. К130 16 •)’. К130 16 •)’—, т. е. велик I ведь

величина

величина

/2К128

216

/2К128

216

. К130 16 •)’

. К130 16 •)’

мало отличается от 6 (3, Кв^

Fi и Fa, на котоFi и Fa, на котопоэтому нам выгоднее считать, что все четыре вершины принадлежат четырем разным частям. Но в этом случае диаметр той из частей, которая содержит центр Q квадрата Кв, не меньше расстояния j от Q до вершин квадрата. Разбить Кв на четыре части диаметра -^, очевидно, можно (рис. 186). Таким образом,

Fi и Fa, на кото

Fi и Fa, на кото

6(4, /<в) = 1

Эта задача связана с разбиением на возможно меньшие части равностороннего треугольника Тр со стороной 1.

1°. п = 1. Ясно, что 6(Тр, 1) = 1.

2°. п = 2. Так как хоть одна из двух частей

рые разбивается треугольник Тр == АВС, содержит две вершины Тр, расстояние между которыми равно 1, то и

6(2, 7р)= 1.

3°. п = 3. Пусть Q — центр правильного треугольника Тр^ = АВС; тогда расстояние между любыми двумя из точек А, В, С

1/3* 1Лз

и Q будет ^ —— (ибо —это радиус описанной вокруг Тр

окружности). Но приокружности). Но приРис. 187.Рис. 187.разбиении Тр на три части Ft, Fa и Fa хоть одна из них будет обязательно содержать две из наших четырех точек; поэтому диаметр

окружности). Но при

окружности). Но при

Рис. 187.

Рис. 187.

V з соответствующей части будет^—^—. Это

рассуждение доказывает, что 6(3, Тр)^ —$—; из рис. 187 следует, что разбить Тр на три части диаметра —— можно, т. е. что

V з6(3, Тр^-^.

4°. п = 4 или 5. Пусть Ai, Bi и Ci — середины сторон (правильного) треугольника Тр = АВС (рис. 188, а); в таком случае расстояние между любыми двумя из шести точек А, В, С, Ai, Bi,Ci будет ^"ту- Но при разбиении Тр на четыре части или на пять

частей обязательно найдется часть, содержащая две из этих шести

этого рассужденияс другой стороны,этого рассужденияс другой стороны,Рис. 188.Рис. 188.

этого рассуждения

с другой стороны,

этого рассуждения

с другой стороны,

Рис. 188.

Рис. 188.

точек; диаметр этой части будет ^"tp Из следует, что 6(4, Гр) > ~ и 6 (5, Тр) > ~;

изображенное на рис. 188,6 разбиение Тр на четыре части доказывает равенство

6(4, Тр) = у.

Ясно, что тем брлее и

6(5, Гр) = 1

Примечание. Аналогично случаю 4°, используя изображенные на рис. 189, а десять точек, расстояние между каждыми двумя

из которых ^-^э можно установить, что 6(9, Гр)^—; рис. 189,6 доказывает, что 6(9, Тр) = ~.

а) Любую плоскую фигуру F диаметра 1 можно заклю- чить в правильный шестиугольник Ш @ ABODEG со стороной -• -^

и диаметром вписанного круга 1 (рис. 190, а; см. выше задачу 93 в)). Но легко видеть, что каждый из изображенных на рис. 190 пятиугольников OMBCN, ONDEP и OPGAM имеет диаметр

—— (диаметры этих пятиугольников равны длинам отрезков MN, NP и РМ — сторонам правильного треугольника, вписанного во вписанный круг шестиугольника Ш). Разбиение шестиугольника Ш на

эти три пятиугольника порождает разбиение фигуры F на три ча- сти, диаметр каждой из которых 2 .

Каждую плоскую фигуру диаметра 1 можно заключить внутрь квадрата Кв со стороной 1 (рис. 190,6; см. выше задачу 93 а)). Разбив Кв средними линиями на четыре меньших квад-

рата диаметра ——, мы тем самым разобьем и F на четыре части диаметров < ■ ^ -.

Обратимся снова к фигурирующему в решении задачу а) i/з правильному шестиугольнику Ш = ABCDEG со стороной —-— , описанному вокруг фигуры F диаметра 1. Нетрудно видеть, что изображенные на рис. 190, в шестиугольник abcdef и шесть

пятиугольников AMafS, BQbaM, CNcbQ, DRdcN, EPedR и GSfeP имеют диаметр -^ откуда , как и выше, следует возможность разбиения F на семь частей диаметра ^

а) Так как единичный круг, касающийся К, очевидно, виден из центра О круга К под углом 60°, то к К нельзя приложить /360°\

больше шестинепересекающихся единичных кругов.

Шесть кругов, очевидно, приложить можно (рис. 191,а).

а)

Рис. 191а.

Если 01 и Ог — центры двух приложенных к К единичных кругов Ki и Кг таких, что Oi не лежит внутри Кг» а О2 не лежит внутри Ki» то OiO2 ^ 1, 001 = ОО2 =2 и / OiOO2 ^ 2 arcsin~« j« 29,0°. Отсюда вытекает, что к S можно приложить не больше 12 360° \

( 12 есть целая часть дроби ■' I единичных кругов так, что ни

один из них не будет содержать внутри себя центр другого круга; 12 кругов, очевидно, приложить можно (рис. 191,6).

На рис. 191,в показано, что 18 кругов, удовлетворяющих условию задачи, разместить можно (шесть кругов рис. 191, в имеют центры в вершинах правильного шестиугольника, вписанного в К» остальные 12 — в вершинах квадратов, построенных на сторонах вписанного шестиугольника вне его; ср. с рис. 208 ниже). То, что больше 18 кругов разместить нельзя, следует из результата задачи 118: при таком расположении центры всех кругов (включая центр О круга К) образовывали бы систему из 20 или больше точек, заключенных внутри круга радиуса 2 с центром в одной из этих точек О и таких, что расстояние между каждыми двумя из этих точек не меньше 1, в то время как в силу задачи 118 6) такой системы точек не может существовать.

б)

6)

Рис. 1916, в.

Первое решение. Пусть О — центр основного квадрата /С, 01 и О2 — центры приложенных к нему непересекающихся квадратов Kt и Кг (рис. 192,а). Так как наименьшее расстояние от центра единичного квадрата до его границы равно -^, то

отрезки 010, ОО2, OiO2 не меньше 1. Далее, так как квадраты К и К\ соприкасаются в некоторой точке А, то 001 ^ О А + ОХА ^1^2 (ибо наибольшее расстояние от центра единичного квадрата до его границы

Рис. 192.Рис. 192.равно —^—L Следовательно, точки 01 и 02 лежат внутри кольца с центром О, ограниченного окружностями

Рис. 192.

Рис. 192.

а)а)радиусов 1 и У" 2 ; а так как OiO2 ^ 1, то угол OiOO2 в силу

а)

а)

результата задачи 20 не меньше 2 arcsin —« 41,4°. Отсюда 2^2

следует, что к квадрату К нельзя приложить больше восьми непересекающихся единичных квадратов, так как 9-41,4° 2> 360°; восемь квадратов к квадрату К приложить, очевидно, можно (рис. 192,6).

Примечание. Эту задачу можно также зуясь тригонометрическими таблицами. 2 arcsinПримечание. Эту задачу можно также зуясь тригонометрическими таблицами. 2 arcsinРис. 193.Рис. 193.Отсюда вытекает, что 9-2 arcsinОтсюда вытекает, что 9-2 arcsinрешить, не поль- 1

Примечание. Эту задачу можно также зуясь тригонометрическими таблицами. 2 arcsin

Примечание. Эту задачу можно также зуясь тригонометрическими таблицами. 2 arcsin

Рис. 193.

Рис. 193.

Отсюда вытекает, что 9-2 arcsin

Отсюда вытекает, что 9-2 arcsin

есть угол при

вершине равнобедренного треугольника с боковыми сторонами ^ 2 и основанием 1. Приложим друг к другу девять таких треугольников так, как это указано на рис. 193. Сумма длин оснований всех этих треугольников будет превосходить длину окружности радиуса У2 : действительно, 2л J^2 < 2-3,14-1,42 < 8,93 < 9.

—> 360°, а это нам и требова- 21^2

лось показать.

Второе решение. Пусть ABCD — исходный квадрат К; длину его стороны мы примем за единицу. Рассмотрим квадрат A'B'C'D' со стороной 2, имеющий общий центр с квадратом К и те же направления сторон (рис. 194); периметр квадрата A'B'C'D'^ очевидно, равен 8. Покажем, что длина / части периметра квадрата A'B'C'D', высекаемой стороной одного из прикладываемых квадратов, нс может быть меньше 1; отсюда будет следовать, что к К

Рис. 194.

нельзя приложить больше восьми не налегающих друг на друга квадратов. Рассмотрим все возможные положения приложенного квадрата.

1°. Пусть ни одна из вершин квадрата A'B'C'D' не попадает внутрь приложенного квадрата (случаи квадратов EFGH и EJ4G1H1 на рис. 194, а). Если при этом лишь одна вершина приложенного квадрата попадает внутрь квадрата A'B'C'D' (как в случае квадрата EFGH), то, обозначив угол между сторонами ВС и EF через а, будем иметь

2 = Mtf==^ + W=£Ktga + £/?ctga = 4-(tga+-Д- z \ig а

l+-(/tga-JUrYSt2 \ K*g« /

Если же д в е вершины приложенного квадрата попадут внутрь квадрата A'B'C'D' (как в случае квадрата Е^Е^О^Н^, то очевидно, / = MtNi > NiLt = 1.

2°. Пусть одна из вершин квадрата A'B'C'D' попадет внутрь приложенного квадрата (квадраты AF^G^H^ E^F^G^H^ и EJ4GJH4 на рис. 194,6). Если приложенный квадрат своей вершиной примыкает к квадрату ABCD в отличной от вершины точке границы (случай квадрата E3F3G3H3), то

I № МВ' + B'N = ^РВ' + B'Q) + (QM - PM) = 1 + (Q^ — PM).

Но (рис. 194, б)

PM^^Ptga, QN = RQtga, RQ - ЕгР = RB — Е3В >0,

так как а ^ 45°. Следовательно, QN > РМ и / > 1. Эти же рассуждения применимы в том случае, когда приложенный квадрат примыкает вершиной к вершине квадрата ABCD (случай квадрата AF2GzH2)\ в этом случае только Р'М'— Q'N* и, следовательно, / = М'А' + A'Nf = 1. Наконец, если приложенный квадрат примыкает к вершине квадрата ABCD стороной (случай квадрата E^F^G^H^, то

/ = MXD' + D'NX > М^ > G4F4 = 1.

Таким образом, во всех случаях длина части MN периметра A'B'C'D' действительно не может быть меньше 1.

а) Ясно, что стороны АВ треугольника Т s АВС во внутренней точке этой стороны может касаться лишь один не пересекающий Г, равный ему и параллельно ему расположенный треугольник, ибо два таких треугольника Тх и Т^ обязательно пересекутся (сделайте чертеж!). При этом, если есть такой треугольник 7\, который соприкасается со стороной АВ треугольника Г, то к вершине Л (и к вершине В) может примыкать не более чем один не пересекающий ни Т, ни Тх треугольник Т^ (равный Т и параллельно Т расположенный); если же такого треугольника 7\ нет, то к вершине, скажем А, могут примыкать два равных Т и параллельно ему расположенных треугольника Т и Т, не пересекающих ни Т, ни друг друга. Так как это рассуждение справедливо для каждой стороны треугольника Г, то из него вытекает, что интересующее нас число приложенных к Т треугольников ^6. То, что это число может быть равно 6, показывают рис. 195, а, б.

Рис. 195.

б) Первое решение. Ясно, что к стороне АВ квадрата К = ABCD можно приложить один, два или три равных К и параллельно К расположенных квадрата, не пересекающих К и не пересекающихся между собой (сделайте чертеж!). При этом, если к стороне АВ приложены два квадрата так, что третьего уже приложить нельзя, или три квадрата, то после этого к сторонам ВС и AD квадрата К можно дополнительно приложить еще только по два новых квадрата, а затем к стороне CD — только один квадрат. Это рассуждение (которое мы предоставляем читателю несколько

Рис. 196.Рис. 196.покрыть оставшуюся часть того, что ОХМ = — R, следует,покрыть оставшуюся часть того, что ОХМ = — R, следует,

Рис. 196.

Рис. 196.

покрыть оставшуюся часть того, что ОХМ = — R, следует,

покрыть оставшуюся часть того, что ОХМ = — R, следует,

дополнить), показывает, что искомое число приложенных к К и параллельно К расположенных непересекающихся квадратов ^ 8; то, что оно может быть равно 8, следует из рис. 192, б.

Второе решение. Искомое число ^ 8 в силу результата задачи 106; рис. 192,6 показывает, что оно может равняться 8.

а) Так как круг К нельзя разбить на две части меньшего 1 диаметра (см. выше задачу 103а)), то его и нельзя покрыть двумя кругами Ki и Кг диаметров < 1, иначе диаметр покрытой Ki части К и диаметр «остатка» (целиком покрытого кругом Кг) были бы оба меньше 1.

б) — в) Результаты этих задач следуют из того, что 6 (3, Кр)^

Тз"ГЛ2~

=-—, соответственно д (4, Кр) =—^-(см. ту же задачу 103 а)).

То, что оценки задач б), в) улучшить нельзя, показывают рис. 51, а, б (стр. 111); для задачи а) это очевидно (ибо К можно покрыть даже одним кругом диаметра 1).

Так как диаметр меньших кругов равен радиусу R «большого» круга К, то каждый из меньших кругов пересекает окружность большого круга в точках, отстоящих друг от друга не больше чем на R, и, следовательно, покрывает дугу этой окружности,

не большую чем 60°. Отсюда следует, что для того, чтобы покрыть всю окружность круга К, требуется не меньше шести меньших кругов; при этом шести кругов оказывается достаточно только в том случае, когда эти круги имеют диаметрами шесть сторон правильного шестиугольника, вписанного в большую окружность, а во всех остальных случаях требуется не меньше семи кругов. Но если окружность большого круга покрыта шестью кругами, то требуется еще не меньше одного маленького круга, чтобы покрыть оставшуюся часть большого круга (ибо первые шесть кругов не покрывают, например, центр большого круга). При этом одного круга оказывается достаточно для того, чтобы большого круга ( см. рис. 196; из

что О^М есть медиана прямоугольного треугольника ОО^А с углом в 30° и, следовательно, ОМ = ^ R^. Таким образом, наименьшее число кругов радиуса -^ R> которыми можно покрыть круг радиу

са R, равно 7 ср. с равенством д (7, Кр)»-^; задача 103 а)

ПО. а) Ясно, что диаметр объединения двух непересекающихся кругов не меньше суммы их радиусов (ср. выше задачу 6 6)), откуда и следует, что два круга Ki и /(2 радиусов > — нельзя по

местить в круг, радиус которого равен 1, т. е. меньше суммы радиусов Ki и /<2.

12^3 - 183}^12^3 - 183}^Предположим, что мы имеем три непересекающиеся круга Ку Кг и Кз радиусов > 2 р^З — 3; в таком случае периметр А О1О2О3, образованного их центрами, >12]/3 -—18 (ибо каждая сторона этого треугольника > 4 )Аз — б). Но в таком случае ра

12^3 - 183}^

12^3 - 183}^

диус R описанного вокруг A O1O2O3 круга

— 2^3 (ибо радиус круга, описанного вокруг равностороннего р

треугольника периметра Р, равен —т=-, а из всех треугольников

данного периметра Р наименьший радиус описанного круга имеет правильный треугольник — ср. выше задачу 716)). Поэтому, если А О1О2О3 остроугольный, то внутри него заведомо не найдется точки, которая была бы удалена и от Oi, и от О2, и от Оз на расстояние < 4 — 2 / 3 , т. е. тако_й точки О, что круг с центром О радиуса 1 = (4 — 2 )<3") + (2 ^3 - 3) мог бы покрыть и Ку и Кг, и Кз.

Если А О1О2О3 тупоугольный, то утверждение задачи будет еще более очевидным, ибо в этом случае наибольшая сторона А О1О2Оз, скажем, сторона OjO2 — наверняка будет не меньше

Vo^ + O2Oj > У2 (4 Уз - б)2 = 2 К2 (2 /з - 3),

откуда следует, что объединение кругов Ki и Кг уже имеет диаметр > (2 УЗ - 3) (2 У2 + 2) > 1 (см. задачу 6 6)) и не может поместиться в круг К.

То, что оценки задач а), 6) улучшить нельзя, показывают рис. 51, а, б.

Прежде всего заметим, что если выпуклый многоугольник М не треугольник и не параллелограмм, то у него найдутся две несмежные и не параллельные стороны. В самом деле, если М имеет ^ 5 сторон, то, поскольку к стороне АВ примыкают две другие стороны и параллельной ей может быть лишь одна сторона ^ - * * "3х ^многоугольника (ибо выпуклый

-^'Т^^ЧШиГЬ^ М1 х ^многоугольник не может иметь три

чх "параллельные стороны — почему?),

то для каждой стороны АВ найдется не смежная с ней и не параллельная ей. Если же М —

Рис. 197.четырехугольник, то пары несмеж

ных и непараллельных сторон нет лишь у параллелограмма в силу самого определения параллелограмма. Продолжим теперь эти две выбранные стороны до их пересечения; мы получим новый многоугольник Mi с меньшим, чем у М, числом сторон, все стороны которого (понимаемые здесь как прямые линии) являются одновременно и сторонами М (рис. 197) 4

Проделывая затем то же самое и с многоугольником Mi, с многоугольником М2, получаемым таким же образом из Mi, и т. д., мы будем получать все новые многоугольники, число сторон которых все время будет убывать; закончиться эта процедура может

лишь на треугольнике или на параллелограмме.

Если окончательно мы получили содержащий М треугольник, то наше утверждение доказано. Пусть теперь мы пришли к параллелограмму ABCD, все стороны которого содержат стороны М. Так как этотхх*

параллелограмм, по условию, не совпа-хх /

дает с М, то какая-то вершина ABCD—fc i ''/

скажем, вершина А — не принадлежит М. Пусть К — ближайшая к А точка стороны АВ, принадлежащая М, и KL— выходящая из К сторона М, не совпадающая с прямой АВ. Так как много-*С

угольник М выпуклый, одна его сторона принадлежит стороне AD параллело-Рис. 198.

грамма и одна его сторона РК принадлежит прямой АВ, то сторона KL может идти только так, как это изображено на рис. 198. Но в этом случае прямые ВС, CD и KL, содержащие стороны многоугольника М, образуют требуемый усло

вием задачи треугольник.

Прежде всего, ясно, что любой параллелограмм, подобный данному параллелограмму П = ABCD, меньший его и параллельно П расположенный, имеет те же направления сторон; ясно, что он никак не может покрыть одновременно две вершины исходного параллелограмма П. Отсюда следует, что покрыть П тремя подобными ему, меньшими его и параллельно ему расположенными параллелограммами нельзя — минимальное число необходимых для этого параллелограммов ^ 4 (по числу вершин /7). Покрыть П четырьмя параллелограммами с соблюдением условий задачи, очевидно, можно — достаточно рассмотреть четыре параллелограмма П1, п2, Пз и п4, получаемые из П равномерными сжатиями (гомотетиями) к четырем вершинам П с коэффициентами сжатия к, где 1

> к > -^ (сделайте чертеж!).

Пусть теперь М — отличный от параллелограмма выпуклый многоугольник; тогда, согласно результату задачи 111, его можно заключить в треугольник PQR, полученный продолжением трех сторон, скажем АпАь АьАь+1 и А[А[+Ь многоугольника М (рис. 199), Разрежем М на три части mi, m2 и тз отрезками ОВ, ОС и OD, где О — внутренняя точка М, а В, С и D — точки его сторон А^А, АкАк-ц и AiAi+i. Сожмем теперь равномерно многоугольник М к вершине Р треугольника PQR. Если коэффициент сжатия достаточно близок к единице, то многоугольник Л14, получаемый из М равномерным сжатием к вершине Р треугольника PQR, обязательно покроет примыкающую к Р часть mi многоугольника М; для того чтобы убедиться в этом, достаточно сравнить границы многоугольников Mi и mi (проведите сами аккуратно это рассуждение!). Аналогично этому показывается, что многоугольники М2 и М3, получаемые из М равномерными сжатиями к вершинам Q и R треугольника PQR с меньшими 1 (но достаточно близкими к 1!) коэффициентами, полностью покроют части т2 и тз многоугольника М.

А так как объединение частей mb m2 и m3 дает полный многоугольник М, то этим и доказывается утверждение задачи.

Для того чтобы доказать невозможность покрытия («невырожденного», т. е. не обращающегося в отрезок) выпуклого многоугольника М двумя гомотетичными М и меньшими М многоугольниками mi и т2, достаточно заметить, что если mi и т2 р а в н ы, то они получаются один из другого параллельным переносом в некотором направлении / (см., например, § 1 гл. 1 второй части книги: И. М. Я г лом, Геометрические преобразования 1, М., Гостехиздат,

Р

Рис. 199.Рис. 199.

Рис. 199.

Рис. 199.

Рис. 200.Рис. 200.много-много-раллелограмма (выпуклый)раллелограмма (выпуклый)зом, осталось лишь грамма П == ABCD.зом, осталось лишь грамма П == ABCD.

Рис. 200.

Рис. 200.

много-

много-

раллелограмма (выпуклый)

раллелограмма (выпуклый)

зом, осталось лишь грамма П == ABCD.

зом, осталось лишь грамма П == ABCD.

. Но в таком случае ширина объединения иц и т2 в перпендикулярном / направлении, т. е. ширина самой узкой содержащей mi и т2 полосы, ограниченной двумя параллельными / прямыми /1 и /г, будет такой же, как ширина каждого из этих многоуголь-

ников, и значит, меньше, чем ширина в том же направлении многоугольника М (сделайте чертеж!). Отсюда уже следует, что целиком покрыть М многоугольники mi и т2 не могут. Если же mi и т2 не р а в- н ы, то достаточно заменить меньший из них (скажем, т2) гомотетичным т2 с центром во внутренней точке т2 С’ многоугольником т2, равным ть чтобы прийти к рассмотренному ранее случаю (ибо если mi и т2 не могут целиком покрыть М, то тем более покрыть М не могут многоугольники mi и т2).

Мы уже знаем (см. задачу 112), что каждый отличный от па-

угольник М может быть покрыт тремя многоугольниками, подобными М и меньшими М; таким обра- показать, что это верно и для параллело-

,Но параллелограммы nt = AB1C1D1 и п2 ^

в A2BC2D21 полученные из П равномерными сжатиями к верши-

нам А и В с близкими к 1 (но, разумеется, меньшими 1) коэффициентами сжатия, «почти покрывают» П: непокрытой останется лишь узкая полоска CDD^Cz, примыкающая к стороне CD (рис. 200). С другой стороны, если В тупой (или прямой) угол /7, то АС > CD, и, слегка уменьшив П подобно, мы получим параллелограмм из = A3B3C3D3, диагональ А3С3 которого все еще > CD, и потому, наложив Пз на полоску CDD^Cz так, чтобы А3С3 совпала по направлению со средней линией этой полоски, мы полностью покроем Я т р е м я параллелограммами n^., Hz и Пз.

Пусть к есть наименьшее целое число такое, что к ^ 2R 4). Приложим к полос краями друг к другу и положим на образовавшуюся широкую полосу данный круг так, чтобы он касался одной ее границы. Тогда круг будет лежать целиком внутри получившейся полосы (рис. 201, а). Мы утверждаем, что меньшим, чем к, числом полос ширины 1 наш круг покрыть —— нельзя

Для доказательства построим ^полусферу, «экватором» которой

Рис. 201.

служит данный круг (рис. 201,6). Рассмотрим теперь произвольное покрытие круга полосами. Через границы полос проведем плоскости, перпендикулярные к плоскости круга до пересечения с полусферой. Каждой полоске покрытия будет соответствовать на полусфере полупояс высоты 1 или полусегмент высоты ^ 1; соответствующие всем полоскам полупояса и полусегменты целиком покрывают полусферу. Обратно, пусть дано некоторое покрытие полусферы полупоясами высоты 1 и полусегментами высоты ^ 1, ограниченными окружностями, плоскости которых перпендикулярны плоскости ограничивающего полусферу «большого круга». Спроектировав ортогонально эти полупояса и полусегменты на плоскость данного круга, получим покрытие круга полосками ширины 1 (мы считаем, что сегменты высоты меньше 1 отвечают полосам ширины 1, лишь один край которых пересекает круг). Поэтому мы можем переформулировать задачу так: каким наименьшим числом полупоясов высоты I и полусегментов высоты ^1 можно покрыть полусферу. Но очевидно, что сумма поверхностей всех этих полупоясов и полусегментов не может быть меньше поверхности полусферы. Так как

*) Другими словами /? = [2/?]+1, если 2R не есть целое число; в противном же случае к = 2R = [2/?] (здесь прямыми скобками обозначена целая часть числа, т. е. наибольшее целое число, не превосходящее данного; ср. стр. 80).

поверхность полупояса или полусегмента высоты 1 равна nR (напоминаем, что поверхность сферического пояса зависит только от высоты, но не от расположения пояса на сфере!), а поверхность полусферы равна 2kR2, то очевидно, что если число к полупоясов и полусегментов таково, что

kixR < 2л/?2, или к < 2R,

то этими к полупоясами и полусегментами полусферу покрыть нельзя, — что и требовалось доказать.

а) Диаметр треугольника Т равен его наибольшей стороне (задача 78 а)); если Д АВС = Т тупоугольный или прямоугольный, то круг, построенный на наибольшей стороне АВ как на диаметре, полностью покроет Т (рис. 202, а), и в этом случае интересующее

г

а)б)

Рис. 202.

нас число равно 1. Если же Д АВС остроугольный, то единственный круг диаметра 1, который покрывает сторону АВ = 1 этого треугольника, имеет отрезок АВ своим диаметром; но этот круг кх полностью ААВС не покрывает (рис. 202,6), так что здесь интересующее нас число ^ 2.

Обозначим теперь точки пересечения окружности круга к^ со сторонами АС и ВС треугольника через Bi и Аь Из прямоугольных треугольников ААХС и ВВ^С с острым углом С следует, что

C^i — С A cos С — b cos С и СВХ = СВ cos С — a cos С,

где АС = Ь, ВС = а. Поэтому треугольники САВ и СВХАХ с общим углом и пропорциональными сторонами подобны, причем коэффициент подобия этих треугольников равен cos С. Отсюда следует, что диаметр d описанного вокруг ZxAiBtC круга /г2 равен D cos С, где D — диаметр круга, описанного вокруг Д АВС. Но в силу теоремы синусов

D = —-— = —!—

sin С sin С

и следовательно.

,_ cos С . _

d = D cos С = ----- = etg С.sin С

А так как Z С ^ 60° (ибо наибольшей стороне АВ треугольника АВС противолежит его наибольший угол С), то

d — cig С <d — cig С <Ctg 60"-А^Ctg 60"-А^1.1.

d — cig С <

d — cig С <

Ctg 60"-А^

Ctg 60"-А^

1.

1.

Таким образом, в этом случае А АВС можно покрыть кругами ^i и &2 диаметров ^ 1, и требуемое число равно 2.

б) Мы знаем, что наименьшее число кругов диаметра 1, которыми можно покрыть А АВС диаметра 1, равно 1 (если ZxABC тупоугольный или прямоугольный) или 2 (если Д АВС остроугольный); на рис. 203 изображен шестиугольник ш = ABiCAiBCi диаметра 1 (здесь АВ = ВС — С А = AAi = BBi = СС^ = 1; углы ui

Рис. 203.Рис. 204.Рис. 203.Рис. 204.

Рис. 203.Рис. 204.

Рис. 203.Рис. 204.

попеременно равны 120° и 150°), который нельзя покрыть меньше чем тремя кругами диаметра 1 (почему?). Докажем теперь, что к а ж д bi й выпуклый многоугольник Af диаметра 1 можно покрыть тремя кругами диаметра 1.

Воспользуемся для этого результатом задачи 93 в), в силу которого каждый многоугольник М диаметра 1 можно заключить в правильный шестиугольник Ш = abcdef со стороной -^— (рис. 204). Разобьем теперь Ш на три ромба с углами 60° и 120° abcO, cdeO и efaO, где О — центр Ш. Диаметр каждого такого ромба равен его наибольшей диагонали; но если Р — основание перпендикуляра, опущенного из b на ас, то

ас = 2аР = 2ab sin 60° = 2 -^ sin 60° = - ^ - . ±^_ = L

Опишем теперь на отрезках ас, се и еа длины 1 как на диаметрах круги ^i, ^2 и &з; эти круги покроют наши три ромба, а значит, покроют полностью шестиугольник Ш, а значит, покроют и многоугольник М.

Итак, интересующее нас число может равняться 1, 2 или 3.

Примечание. Ясно, что результат задачи б) сохраняет силу и для произвольных (даже не обязательно выпуклых) плоских

фигур диаметра 1 (для которых ведь тоже справедлива теорема задачи 93 в)).

Рассмотрим я = п(1,Л1) непересекающихся кругов ^i, /22, ..., кп радиуса 1, расположенных внутри многоугольника М; нетрудно видеть, что центры всех этих кругов будут принадлежать многоугольнику т (почему?). Заменим теперь эт> п кругов концентрическими с ними кругами Kt, К2, ..., Кп радиуса 2. Мы утверждаем, что новые п кругов полностью покроют т. В самом деле, если бы существовала точка Лет, не покрытая ни одним из п «больших» Кругов Kt, Кг» ..., Кп, то центры всех этих кругов были бы удалены от А на расстояние ^ 2 и к числу заполняющих М кругов ^i, ^2, ..., кп можно было бы прибавить круг кп+i радиуса 1 с центром Д, очевидно, не выходящим за пределы М и не пересекающийся ни с одним из предшествующих п кругов, что, однако, противоречит определению числа n(l,M). Таким образом, многоугольник т можно покрыть п кругами радиуса 2, откуда в силу определения числа v(2, п) и следует, что

n ^ v (2, т).

Пусть наибольшее расстояние от точки площади до ближайшего киоска равно г. В таком случае каждая точка площади будет находиться на расстоянии, не большем г, хотя бы от одного киоска, т. е. п кругов с центрами в точках расположения киосков полностью покроют площадь. Обратно, если площадь удается покрыть п кругами радиуса г, то, поместив киоски с мороженым в центрах этих кругов, мы можем быть уверены, что расстояние от каждой точки площади до ближайшего киоска не превосходит г. Поэтому наша задача равносильна следующей: покрыть (круглую или квадратную) плогцадь п кругами возможно меньшего радиуса г (ср. задачи 108, 109). В дальнейшем мы примем радиус круглой площади или сторону составляющего площадь квадрата за 1.

Г. п = 1,2. Так как круг радиуса 1 нельзя покрыть двумя кругами меньшего радиуса (задача 108а)), то радиус хоть одного из наших двух кругов обязательно будет ^ 1, т. е. два киоска не дают никакой выгоды по сравнению с одним киоском, расположенным в центре площади.

2°. п = 3. Разделим площадь тремя радиусами на три равных сектора ОАВ, ОВС и ОСА с центральными углами в 120°. Наименьшим кругом, покрывающим треугольник ОВА, является круг с центром в середине М хорды АВ; ясно, что он является также наименьшим кругом, покрывающим сектор ОАВ. Построим три таких круга К^ Кг и Кз, покрывающих секторы ОАВ, ОВС и ОСА; эти три круга радиуса —g— покрывают, очевидно, весь круг радиуса 1.

Так как круг К радиуса 1 нельзя покрыть тремя кругами мень- /3

шего, чем —^— радиуса (см. задачу 1086)), то наиболее выгодным расположением киосков является такое, при котором они находятся в серединах сторон правильного треугольника, вписанного в контур площади (другими словами, киоски находятся на трех

радиусах площади, образующих друг с другом углы в 120°, на расстоянии ~ от центра площади; см. рис. 205, а\

3°. п = 4. В точности, как и выше (см. случай п = 3; ср. с задачей 108в)), показывается, что круг К радиуса 1 нельзя покрыть четырьмя кругами радиуса, меньшего —^-; наиболее выгодным

Рис. 205.

расположением четырех киосков на круглой площади является такое, при котором они совпадают с серединами сторон вписанного в площадь квадрата (рис. 205,6).

4°, п = 7. В решении задачи 109 было показано, что наименьшее число кругов радиуса 1/2 которыми можно покрыть круг радиуса 1, равно 7. Из рассуждений, использованных при решении этой задачи, следует также, что семью кругами, радиус каждого из которых меньше 1/2, круг радиуса 1 покрыть нельзя. Таким образом, решение настоящей задачи подсказывается рис. 196 (стр. 337): наиболее выгодным расположением семи киосков на круглой площади является такое, при котором один киоск

располагается в центре площади, а остальные шесть — в серединах сторон вписанного в площадь правильного шестиугольника (рис. 205, в).

1°. п = 1,2. Легко понять, что если п = 2, то положение, при котором один круг содержит две противоположные вершины квадратной площади, невыгодно; поэтому естественно считать, что один круг содержит вершины А и В квадрата, а второй — вершины С и D. Если теперь Е и F — точки сторон ВС и AD, то наибольший из диаметров двух кругов не меньше наибольшего из отрезков АЕ, DE, BF и CF. Отсюда, в точности как при решении задачи 103 6), мы заключаем, что при наиболее экономном покрытии квадрата ABCD двумя кругами эти круги оказываются описанными вокруг прямоугольников ABEF и CDFE, где EF — средняя линия квадрата A BCD; поэтому наиболее выгодным расположением двух киосков на квадратной площади является такое, при котором эти киоски располагаются на средней линии MN площади на равных расстояниях У4 от ее центра О (рис. 206, а). [Ясно, что один киоск целесообразно расположить в центре площади.]

Рис. 206.

2°. п = 3. Здесь опять невыгодным является положение, при котором две противоположные вершины квадрата покрываются одним кругом; поэтому можно считать, что вершины А и В покрывает круг ^i, вершину С — круг кг и вершину D — круг кз. Пусть теперь L — точка стороны ВС, принадлежащая кругам ki и кг; К — точка стороны AD, принадлежащая кругам к^ и кз; М — точка стороны CD, принадлежащая кругам кг и кз. В таком случае наи-

больший из радиусов трех кругов будет не меньше наибольшего из отрезков AL, ВК, ML и МК. Отсюда видно, что наша задача сводится к задаче о разбиении квадрата ABCD на три части возможно меньшего диаметра (см. решение задачи 103 б) и, в частности, рис. 185,6 на стр. 327); наиболее выгодным случаем является тот, когда AL = ВК = ML = МК, и киоски расположены в серединах этих отрезков, т. е. один из киосков расположен на средней линии MN квадрата ABCD на расстоянии -^ от стороны АВ, а два другие — в серединах отрезков LM и КМ, соединяющих середину М стороны CD с такими точками К и L сторон AD и ВС, что DK=CL = 7

= — (рис. 206, б).

3°. и = 4. В точности как при разборе случая п = 4 решения задачи 103 6), устанавливается, что при наиболее выгодном расположении четырех киосков на квадратной площади эти киоски совпадают с центрами четырех меньших квадратов, на которые делится площадь своими средними линиями (рис. 206, в).

а) Обозначим через Rn радиус наименьшего круга, в который можно заключить п точек, одна из которых совпадает с центром круга и расстояния между каждыми двумя из которых не меньше 1. Наша задача состоит в том, чтобы определить значения Rn при нескольких первых значениях п.

1°. Совершенно очевидно, что

R2 — Ra ^ ^4 — Rs = Rs — Т?7 ^ 1

(внутри круга радиуса 1 можно поместить семь точек, расстояния между каждыми двумя из которых не меньше 1: достаточно принять за эти точки центр круга и шесть вершин правильного вписанного шестиугольника; рис. 207, а).

2°. Пусть внутри круга радиуса R расположено п точек, так что одна из точек совпадает с центром круга и расстояния между каждыми двумя из точек не меньше 1. В таком случае п — 1 из этих точек расположены внутри кольца с центром в п-и точке Ао, образованного окружностями радиусов 1 и R. При этом расстояние между каждыми двумя из этих п — 1 точек не меньше 1 и хотя бы один из углов, под которым видны из центра кольца отрезки, со-

360°_

единяющие эти точки, не превосходит —р Это замечание ука

зывает на связь настоящей задачи с задачей 20.

Если п = 8, п — 1 = 7, то наша задача сводится к тому, чтобы найти наименьшее число R такое, что внутри кольца с центром Ао, образованного окружностями радиусов 1 и R, можно расположить две точки Ai и А2, для которых расстояние AtA2 не меньше 1 и

360°

угол Л1Л0Л2 не превосходит, —-—. В силу результата задачи 20 1360°

для этого необходимо, чтобы было 2 a resin-^ ^—-—. Отсюда следует, что R8 =— =1,15 ... (рис. 207, 6).

2 sin -у-

1,301,30*'"-—т-1-462sm —*'"-—т-1-462sm —НиНи2 sin2 sin180°10180°10= 1,61= 1,61Примечание. Отметим,Rn — -5— > 1 и, соответственно КпПримечание. Отметим,Rn — -5— > 1 и, соответственно Кпчто при п >> 11 мы будем иметь этому, наиболее выгодное располо-что при п >> 11 мы будем иметь этому, наиболее выгодное располо-Рис. 207.Рис. 207.

1,30

1,30

*'"-—т-1-462sm —

*'"-—т-1-462sm —

Ни

Ни

2 sin

2 sin

180°

10

180°

10

= 1,61

= 1,61

Примечание. Отметим,

Rn — -5— > 1 и, соответственно Кп

Примечание. Отметим,

Rn — -5— > 1 и, соответственно Кп

что при п >> 11 мы будем иметь этому, наиболее выгодное располо-

что при п >> 11 мы будем иметь этому, наиболее выгодное располо-

Рис. 207.

Рис. 207.

Совершенно так же находим

п —

о . 180°

2sm—

жение п точек уже не будет таким, как на рис. 207, б (см. решение задачи 20). Так, например, с помощью второй из формул решения

задачи 20 нетрудно вывести, что arccos —— =—jy-, откуда 7?!3 = = 2 cos 30° = КТ = 1,73 ..^расположение 13 точек в круге радиуса V3, удовлетворяющее условию задачи, будет иметь вид, изображенный на рис. 207, в.

б) Решение этой задачи близко к решению задачи а) и также основывается на теореме задачи 20.

На каждой стороне длины 1 правильного шестиугольника вне его построим квадрат (рис. 208). Вершины квадратов, не являю

щиеся вершинами исходного шестиугольника, служат, как легко видеть, вершинами правильного двенадцатиугольника. Радиус круга, описанного около этого двенадцатиугольника, равен у sin 15° = 1,93 ... Таким образом, вершины всех квадратов вместе с центром шестиугольника образуют систему из 19 точек, которую можно заключить в круг радиуса 1,93 .. ., т. е. радиуса, меньшего 2; при этом расстояние между ближайшими из этих точек равно 1.

Покажем теперь, что 20 точек, удовлетворяющих условию задачи, нельзя поместить внутри круга радиуса 2. В решении задачи а) мы

показали, что радиус наименьшего круга, внутри которого можно поместить 10 точек так, что одна из точек совпадает с центром круга и расстояния между каждыми двумя точками не меньше 1< равен "2 sjn ^qo" — 1,46 ... Поэтому внутри кольца, ограничен

ного концентрическими окружностями радиусов 1 и 1,45, нельзя поместить девять точек, расстояния между каждыми двумя из которых не меньше 1. Точно так же можно показать, что внутри кольца, ограниченного концентрическими окружностями радиусов 1,45 и 2, нельзя поместить 13 точек, расстояния между каждыми двумя из которых не меньше 1: угол, под которым виден из центра кольца отрезок, соединяющий какие-либо две из этих точек, не 3 4-11 45)2

меньше arccos 2 1 45" ^ 28,3°, а 13-28,3° > 360°. Отсюда следует, что если 20 точек, удовлетворяющих условию задачи, помещаются внутри круга радиуса 2, то либо семь точек помещаются внутри кольца С, образованного окружностями радиусов 1 и 1,45, а 12 точек — вне этого кольца, либо восемь точек помещаются внутри С, а 11 — вне С (20-й точкой в обоих случаях является центр О окружности). Рассмотрим отдельно оба эти случая.

1°. Семь точек Д4, Д2, ..., Д? расположены внутри кольца С, а 12 точек В^ В2, ..., В12— вне этого кольца (рис. 209,а). Мы будем считать, что как первые семь точек, так и последующие 12 точек следуют друг за другом в выписанном порядке при обходе вокруг центра круга. Отметим прежде всего, что ни одна из первых семи точек не может быть расположена вне кольца, образованного

окружностями радиусов I и 1,30. Действительно, если бы, например, точка Л1 лежала вне этого кольца, то каждый из углов А^ОВ^

Рис. 209.

и Л1ОВ2, где О — центр круга, a Bi и Вг — две ближайшие к Л1 точки В, расположенные с разных сторон от О At, был бы не меньше атссоз-g—== 25,5° ... (см. решение задачи 20). Следо-

вательно, мы имели бы Z ВХОВ2 2> 51,0°. Далее, в силу результата задачи 20, каждый из углов В^ОВ^ В^ОВ^ .. ., ВХХОВХ2, ВХ2ОВХ не меньше 28,3° (см. выше). Но

11-28,3° 4-51,0° > 360°,

откуда и следует наше утверждение.

Таким образом, мы можем утверждать, что 12 точек располо* жены вне кольца С, а семь точек — внутри меньшего кольца с, об*- разованного окружностями радиусов 1 и 1,30. При этом, в силу результата задачи а), все последние семь точек не могут лежать внутри кольца, образованного окружностями радиусов 1 и 1,15, Пусть, например, точка Ах лежит вне этого кольца. Далее можно показать, что хотя бы одна из шести остальных точек расположена вне кольца с', образованного окружностями радиусов 1 и 1,10: действительно, если бы все шесть точек Л2, А3, ..., Aq лежали внутри этого кольца, то углы А^ОА^ А^ОА^ ..., Л6ОЛ7 были бы не меньше 2 arcsin « 54,0°; углы АХОА2 и АХОА7 были бы не меньше

2 arcsin ^^- ~ 45,2°, а

5-54,0° 4* 2-45,2° >360°.

Пусть Bi и В2— точки В, наиболее близкие к Л1 и расположенные с разных сторон от ОАХ; в^ таком случае углы AxOBi и AiOB2 не меньше arccos20,0° и угол ВХОВ2 не

2 * 2 • 1,15

меньше 40,0°. Точно так же, используя то, что одна из остальных точек А расположена вне кольца с, можно показать, что один из

3 4- (1 I)2 углов ВХОВ2, В2ОВ$, ..., BX2OBi не меньше 2 arccos -^^—j-j—^ >^2 • 16,8° = 33,6°. Если это тот же угол ВХОВ2, который фигурировал у нас выше, то он должен быть даже не меньше чем 20,0° 4- 45,2° 4- 16,8° = 82,0° (ибо угол между каждыми двумя из точек А не меньше 2 arcsin ^ y^ ~ 45,2°); в этом случае мы приходим к противоречию, так как

11-28,3° 4* 82,0° > 360°.

Если же среди углов ВХОВ2, В2ОВз, ..., Bi2OBi есть один, не меньший 40,0°, и один, не меньший 33,6°, то мы также придем к противоречию, если только воспользуемся тем, что в силу результата задачи а) не более девяти из наших 20 точек могут быть расположены внутри окружности радиуса 1,60 и, следовательно, не более двух из точек В заключаются внутри этой окружности. Поэтому по крайней мере 8 из 12 углов В1ОВ2э В2ОВз, ..., Bx2OBi не меньше чем2 arcsin-^ -- ^ 28,9°. Таким образом, в этом

случае сумма углов ВХОВ2 4- В2ОВз 4-... 4- BX2OBi не меньше чем 40,0° 4- 33,6° 4- 6-28,9° 4- 4-28,3° > 360°.

Этим и заканчивается разбор случая l°t

2°. Восемь точек А, Л2, ..., Лз расположены внутри кольца С, а 11 точек Вь В2, ..., Вц — вне этого кольца (рис. 209,6). При этом, в силу результата задачи а), все восемь точек Л не могут быть расположены внутри круга радиуса 1,30: хотя бы одна из этих точек (будем считать, что это Л1) находится вне этого круга. Далее совершенно аналогично тому, как мы рассуждали при разборе случая 1°, можно показать, что из восьми точек Л не менее двух лежат вне круга радиуса 1,25: это следует из того, что

6.2 arcsin -о—* 0_ 4-2-2 arcsin о * « 6 - 47,1° 4- 2 • 40,3° > 360°;

значит, кроме Ль еще какая-то из точек Л лежит вне этого круга. Наконец, точно так же покажем, что из восьми точек Л не менее трех лежат вне круга радиуса 1,15: это следует из того, что

4 • 2 arcsin s ,4-4-2 arcsin „ *~ 4 -51,5° 4- 4 • 40,3° > 360°;

2 • 1,102 • 1,40

следовательно, кроме точек, упомянутых выше, еще одна точка Л лежит вне этого круга.

Пусть теперь Bi и Въ— точки В, наиболее близкие к точке Л1 и расположенные с обеих сторон от О Av, в таком случае углы 3 ।1 3)2

А^ОВх и АХОВ2 не меньше чем arc cos 2 ^ \ 3 " ^ 25,5°, и угол В10В2 не меньше 51,0°. Точно так же, используя то, что еще одна из точек А лежит вне круга радиуса 1,25 и одна — вне круга радиуса 1,15, можно показать, что один из углов BiOB2> В2ОВз, ...

..., В12ОВ1 не меньше 2 arccos* 2 • 24, Г = 48,2°. Если

какие-либо два из этих трех «больших» углов совпадают, то соответствующий угол не меньше чем 20,0° + 24,1° + 40,3° = 84,4° (ибо каждый из углов Л1ОЛ2, Л2ОЛ3, ..., Л8ОЛ1 не меньше чем 2 arcsin ——^ ■ « 40,3°); в этом случае мы приходим к противоречию, так как

10-28,3° + 84,4° > 360°.

Если же из углов ВХОВ2, В2ОВз, ..., ВХ2ОВХ один не меньше 51,0°, другой не меньше 48,2° и третий не меньше 40,3°, то мы снова приходим к противоречию, так как

51,0° + 48,2° + 40,3° + 8-28,3° > 360°.

Этим заканчивается разбор случая 2°.

Таким образом, наибольшее число точек, которые можно расположить с соблюдением условий задачи, равно 19.

Можно; для этого достаточно) расположить эти станции в вершинах вписанного в поверхность планеты куба.

В самом деле, из точки А поверхности планеты видны все точки, расположенные на высоте D над кругом («шапочкой») на поверхности планеты с центром А и радиусом р; здесь величина р определяется из того условия, что «угловая мера» р соответствую-

9 и необходимо.

(рис. 210). С другой стороны, «угловое расстояние» pi между двумя(рис. 210). С другой стороны, «угловое расстояние» pi между двумясферу куба как раз равносферу куба как раз равноРис. 210.Рис. 210.поэтому, в силу теоремы косинусов,поэтому, в силу теоремы косинусов,т. е.т. е.

(рис. 210). С другой стороны, «угловое расстояние» pi между двумя

(рис. 210). С другой стороны, «угловое расстояние» pi между двумя

сферу куба как раз равно

сферу куба как раз равно

Рис. 210.

Рис. 210.

поэтому, в силу теоремы косинусов,

поэтому, в силу теоремы косинусов,

т. е.

т. е.

щей дуги г «большой окружности» (окружности, радиус которой D

равен радиусу сферы) удовлетворяет равенству

ОА D/21I

cosp= олГ=п + о72=Т' т-е- Р = агссо5т

соседними вершинами вписанного в arccos-y: в самом деле, если О есть центр куба АВСВАхВхСхВх с ребром а, а А и В — две его соседние вершины (сделайте чертеж!), то, поскольку диагональ АСХ куба равна Уас^+сс^ =

= Уав+ 5С2 + СС2 = Уз?=

— аУХ

угол АО В = pi определяется из равнобедренного треугольника с боковыми сторонами О А = О В =и основанием АВ = а;

cospicospiЗа2За2

cospi

cospi

За2

За2

окружности S, полученной в сечении сферы не может быть больше радиуса 7? сферы, причем г = R только в том случае, если плоскость сечения проходит через центр сферы (S есть большая окружность сферы). Отсюда следует, что наиболее выгодным расположением трех точек будет такое, при котором они помещаются в вершинах равностороннего треугольника, вписанного в большую

Рис. 21L

Окружность сферы (рис. 211,6); расстояние между каждыми двумя точками в этом случае равно R Кз".

3°. п = 4. Рассмотрим прежде всего следующую задачу: расположить на сфере радиуса R четыре точки А, В, С и D так, чтобы расстояния от D до остальных трех точек были не меньше заданной величины а и наименьшее из попарных расстояний между точками А, В и С (обозначим его через Ь) было бы возможно большим. Так как по условию расстояния DA, DB и DC не меньше а, то точки А, В и С находятся вне области данной сферы, высекаемой шаром Ш радиуса а с центром в точке D. Отсюда аналогично случаю 2° можно заключить, что точки А, В и С следует расположить в вершинах равностороннего треугольника, причем описанная около этого треугольника окружность S должна быть большой окружностью сферы, если а ^ R ^2 , и должна совпадать с _окружностью, по которой шар Ш пересекает сферу, если a^RV^ (R есть радиус сферы). При этом, очевидно, в первом случае b = R ^3, а во втором b = = г |^3 , где г есть радиус окружности S.

Теперь остается только найти такое значение а, при котором наименьшее из расстояний а, b было бы возможно большим. Но нетрудно видеть, что если а ^ R V 2, то

а2 = 2R Vа2 — г2

(рис. 212); отсюда получаем

_ ОТ - а4 _R1_ (2ROTy_4R2 К 4R25

далее, так какдалее, так какb = г ^3, то

далее, так как

далее, так как

62 = 3Г2 = 3/^2 _ А^-^21.

Из последней формулы нетрудно вывести, что

если а2 = у R2, то b2 = ~ R2;

если а2 > -|- R2, то b2 < у R2.

Отсюда следует, что решением задачи будут служить четыре точки Л, В, С и D, расположенные на сфере на равных расстояниях друг от друга:

АВ = АС = AD = ВС = CD = BD =

т. е. четыре точки, расположенные в вершинах вписанного в сферу правильного тетраэдра (черт, 211, в).

4°. п = 5, 6. Заметим прежде всего, что на сфере радиуса R нельзя расположить больше четырех точек так, чтобы расстояние между каждыми двумя_ из этих точек было больше RV2. Это утверждение равносильно следующему: из одной точки (центра сферы) нельзя провести более четырех лучей, попарно образующих тупые углы (см. выше

задачу 35). Поэтому решение задачи в случаях п = 5 и п = 6 будет даваться такими расположениями точек, при которых наименьшее из попарных расстояний между точками равно RV^* В случае п = 6 имеется единственное такое расположение, даваемое рис. 211,5 (шесть точек в вершинах правильного октаэдра, вписанного в сферу)', в случае п = 5 можно найти бесконечно много таких расположений (см., например, рис. 211, а, _где восемь из попарных расстояний между точками равны R 1^2, а два — равны 2R).

Из относящихся к случаям п = 5, 6 задачи а) рассуждений следует, что ответ на вопрос 1° дается шестью вершинами вписанного в сферу правильного октаэдра; ответ на вопрос 2° дается числом четыре (и здесь можно указать бесконечно много разных расположений).

ЛИТЕРАТУРА

Книги и статьи общего характера

В. Г. Болтянский и И. М. Я гл ом, Геометрические задачи на максимум и минимум. Энциклопедия элементарной математики, кн. V, М., «Наука», 1956, стр. 270—348.

Р. К у р а н т и Г. Роббинс, Что такое математика?, М., «Просвещение», 1968.

Геометрическим задачам на максимум и минимум посвящена большая гл. VII «Maxima и minima» этой книги.

Д. П о й я, Математика и правдоподобные рассуждения, М., ИЛ, 1957.

Эта книга имеет методологический характер — она посвящена обсуждению некоторых общих принципов математического творчества (которое может заключаться и просто в решении задач). Тема о геометрических задачах на максимум и минимум затрагивается в гл. VIII «Максимумы и минимумы» и в гл. X «Изопериметрическая задача»; в несколько меньшей степени с ней связана гл. IX «Физическая математика».

Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м, Геометрические неравенства и задачи на максимум и минимум, М., «Наука», 1970.

Сборник задач, составленный по тому же плану, что и настоящая книга,

Г. Хадвигер, Лекции об объеме, площади поверхности и изопериметрии, М., «Наука», 1966.

Серьезная монография, содержащая обстоятельное обсуждение самого смысла понятий «объем» и «площадь поверхности» со специальным выделением относящихся к этим понятиям экстремальных задач.

Н. Д. Казаринов (N. D. Kazarinoff), Геометрические неравенства (Geometric inequalities), New York — Toronto, 1961.

Книга входит в рассчитанную на начинающих математиков (в первую очередь — на интересующихся математикой учащихся старших классов средней школы) серию «Новая математическая библиотека», издаваемую высокоавторитетной «Исследовательской группой по школьной математике» (School Mathematics Study Group, сокращенно — SMSG), объединяющей многих крупных американских математиков и инициативных педагогов.

О. Б оттем а, Р. Джорджевич, Р. Я н и ч, Д. М и т р и н о- вич, П. Васич (О. Bottema, R. 2. Djordjevic, R. R. Janie, D. -S. Mitrinovic, P. M. Vasic), Геометрические неравенства (Geometric inequalities), Groningen, 1969.

Обширное собрание геометрических задач на неравенства, сопровождаемых ссылками на литературу и (иногда) указаниями к решению задач или даже полными решениями.

Б. Книги, в которых уделяется местогеометрическим задачам на максимум и минимум

Г. С. К о к с т е р, Введение в геометрию, М., «Наука», 1966.

Ж. А д а м а р, Элементарная геометрия, ч. I, М., Учпедгиз, 1967.

В «теоретической части» этого обширного курса элементарной геометрии задачам на максимум и минимум уделяется мало внимания; однако некоторые из приложенных к книге (весьма многочисленных) задач (в указанном издании сопровождаемых подробными решениями) связаны с отысканием наибольших и наименьших значений геометрических величин.

Н. Б. Васильев, В. Л. Гутенмахер, Прямые и кривые, М., «Наука», 1969.

Эта небольшая книжка входит в серию «Библиотечка физико-математической школы», рассчитанную на учащихся старших классов, проявляющих интерес к математике; в ней много места уделено геометрическим задачам на максимум и минимум.

А. А. Леман (составитель), Сборник задач московских математических олимпиад, М., «Просвещение», 1965.

Е. А. Морозова и И. С. Петраков, Международные математические олимпиады, М., «Просвещение», 1971.

Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м, Избранные задачи и теоремы планиметрии, М., «Наука», 1967.

3. А. С к о п е ц и В. А. Ж а р о в, Задачи и теоремы по геометрии, М., Учпедгиз, 1962.

См. также журналы «Квант» ( в первую очередь — «Задачник ,,Кванта"» и примыкающие к этому разделу статьи) и «Математика в школе» (где регулярно печатаются обзоры задач московских, всесоюзных и международных олимпиад).

Книги и статьи по комбинаторной геометрии

В. Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг, Разбиение фигур на меньшие части, М., «Наука», 1971.

Г. Хадвигер, Г. Дебруннер, Комбинаторная геометрия плоскости, М., «Наука», 1965; см. также расширенное английское издание той же книги: Г. Хадвигер, Г. Дебруннер, В. Кли (Н. Hadwiger, Н. Debrunner, V. Klee), Комбинаторная геометрия плоскости (Combinatorial geometry in the plane), New York — Chicago — San Francisco — Toronto — London, 1964.

В Г. Болтянский, И. Ц. Гохберг, Теоремы и задачи комбинаторной геометрии, М., «Наука», 1965.

Л. Д а н це р, Б. Грюнбаум, В. Кли, Теорема Хелли и ее применения, М., «Мир», 1968.

Б Грюнбаум, Этюды по комбинаторной геометрии и по теории выпуклых тел, М., «Наука», 1971.

И М. Я г л о м, О комбинаторной геометрии, М., «Знание», 1971.

Рассчитанные на сравнительно широкого читателя книги и брошюры [15]— [20] содержат обзоры отдельных разделов комбинаторной геометрии, доста* точно характерных для этого научного направления.

И. М. Яглом, Как разрезать квадрат?, М., «Наука», 1968.

В. Вестон (V. J. D. Baston), Некоторые свойства многогранников в евклидовом пространстве (Some properties of polybed- ra in euclidean space), Oxford, 1965.

Книги [21] и [22] посвящены сравнительно узкой проблематике, бесспорно относящейся к комбинаторной геометрии, хотя, быть может, и не центральной для нее.

Г. Д. Чакериан (G. D. Chakerian), Свойства пересечений и покрытий выпуклых фигур (Intersection and covering properties on convex sets), American Math. Monthly, 76, № 7, 1969, стр. 753—766.

Обзор некоторых комбинаторно-геометрических результатов, по тематике и характеру близкий к обзору [18] и частично дополняющий этот обзор.

Г. Книги и статьи по дискретной геометриии по теории выпуклых тел

Л. Ф е й е ш Тот, Расположения на плоскости, на сфере и в пространстве, М., Физматгиз, 1958; см. также 2-е дополненное немецкое издание той же книги: L. Fejes Toth, Lagerungen in der Ebene, auf die Kugel und im Raum, Berlin — Heidelberg — New York, 1972.

К. А. Роджерс, Укладки и покрытия, М., «Мир», 1968.

Е. П. Барановский, Упаковки, покрытия, разбиения и некоторые другие расположения в пространствах постоянной кривизны, сборник «Итоги науки», серия «Математика», вып. 16— «Алгебра. Топология. Геометрия. 1967», М., изд-во ВИНИТИ АН СССР, 1969, стр. 189—225.

Книги [24], [25] и обзор [26] посвящены так называемой «дискретной геометрии», о которой говорится в предисловии к настоящей книге.

Д. А. К р ы ж а н о в с к и й, Изопериметры, М., Физматгиз, 1959.

Небольшая книжка содержит элементарное изложение круга вопросов, связанных с так называемой «изопериметрической задачей» (см. стр. 66).

В. Г. Болтянский, И. М. Я г л о м, Выпуклые фигуры и тела, Энциклопедия элементарной математики, кн. V, Геометрия, М., Физматгиз, 1963, стр. 181—269.

И. М. Я г л о м, В. Г. Болтянский, Выпуклые фигуры, М. — Л., Гостехиздат, 1951; см. также несколько более полные немецкий и английский переводы той же книги: I. М. J a g- lom, W. G. Boltjanski, Konvexe Figuren, Berlin (DDR), 1956; I. M. Yaglom, V. G. Boltyanskii, Konvex figures, New York, 1961.

В. Б л я ш к e, Круг и шар, М., «Наука», 1967.

Статья [28] и книги [29], [30] посвящены теории выпуклых тел; в них много места уделено связанным с выпуклыми фигурами и телами задачам на максимум и минимум.

Т. Боннезен, В. Фенхель (Т. Bonnesen, W. Fenchel), Теория выпуклых тел (Theorie der konvexen Korper), Berlin, 1934.

Г. Хадвигер (H. Hadwiger), Старое и новое о выпуклых телах (Aites und neues iiber konvexe Korper), Basel — Stuttgart, 1965.

Г. Г. Эглстон (H. G. Eggleston), Выпуклость (Convexity), Cambridge, 1958.

Г. Г. Эглстон, Проблемы в евклидовом пространстве; приложения выпуклости (Problems in euclidean space; Applications of convexity), London, 1957.

P. В. Бенсон (R. V. Benson), Евклидова геометрия и выпуклость (Euclidean geometry and convexity), New York, 1966.

Ф А. Валентин (F. A. Valentine), Выпуклые множества (Convex sets), New York, 1964; Convexe Mengen, Mannheim — Zurich, 1968.

Все книги [31]—[36] (они рассчитаны на сравнительно квалифицированного читателя) много внимания уделяют экстремальным задачам, связанным с выпуклыми телами.

В. Л. Кли (V. Klee, редактор), Выпуклость (Convexity), Providence, 1963; Труды коллоквиума по выпуклости (Proceedings of the Colloqium on Convexity; составитель W. Fenchel), Copenhagen, 1967.

Обширные тома [37] содержат доклады, прочитанные на симпозиумах по проблемам выпуклости, состоявшихся в г. Сиеттле (США) в 1961 г. и в Копенгагене в 1965 г.; многие из этих докладов были посвящены конкретным экстремальным задачам о выпуклых телах или определенным типам таких задач. Наряду с этим обе книги содержат списки нерешенных проблем по теории выпуклых тел, многие из которых также связаны с геометрическими оценками или с отысканием наибольших и наименьших значений геометрических величин.

Д. Литература к отдельным циклам задач

Оценки расстояний

Ю. А. Шрейдер, Что такое расстояние?, М., Физматгиз, 1963.

Оценки углов

Л. Блюменталь (L. М. Blumenthal), Теория и приложения геометрии расстояний (Theory and applications of distance geometry), Oxford, 1953.

П. Эрде ш, Некоторые нерешенные проблемы, журнал переводов «Математика», 7, № 4, 1963, стр. 109—143.

Г. Секереш (G. Szekeres), Об одной экстремальной проблеме планиметрии (On an extremum problem in the plane), Amer. Journ. of Math., 63, 1941, стр. 208—210; П. Эрдёш, Г. Секереш (Р. Erdos), О некоторых экстремальных задачах элементарной геометрии (On some extremum problems in elementary geometry), Annales Universitates Scientiarum Buda- pestinesis de Rolando Eotvos nominantae, 3—4, 1960/61, стр. 53—62.

P. Келлер (R. F. Keller), Одно замечание о минимуме максимального из углов, образованных пятью точками трехмерного пространства (A remark on the minimum of the maximum angle of the angles determined by five points in E3), Amer. Math. Monthly, 74, 1967, стр. 1232.

Л. Д а н ц e p, Б. Грюнбаум (L. Danzer, B. Griinbaum), О двух проблемах, связанных с выпуклыми телами и принадлежащих П. Эрдёшу и В. Кли (Uber zwei Problem bezuglich

konvexer Korper von P. Erdos und V. L. Klee), Math. Zeit-: schrift, 79, 1962, стр. 95—99.

Г. Крофт (H. Т. Croft), О 6-точечных конфигурациях в трехмерном пространстве (On 6-point configurations in 3-space), Journ. London Math. Society, 36, 1961, стр. 289—306.

Б. Г p ю н б а у м, Вполне диаметрально-противоположные множества точек (Strictly antipodal sets), Israel Journ. of Math., 1, 1963, стр. 5—10.

К. Шютте (К. Schutte), Минимальный диаметр конечных точечных множеств с заданным наименьшим расстоянием между точками (Minimale Durchmesser endlicher Punktmengen mit vorgeschriebenen Midestabstand), Math. Annalen, 150, 1963, стр. 91—98.

Г. К P о ф т, 9-точечные и 7-точечные конфигурации в трехмерном пространстве (9-point and 7-point configurations in 3-space), Proc. London Math. Society, (3) 12, 1962, стр. 400—424; Поправка, там же, (3) 13, 1963, стр. 384.

Л. Мозер (L. Moser), О различных расстояниях, определяемых п точками (On the different distances determined by n points), Amer. Math. Monthly, 59, 1952, стр. 85—91.

P. M. Робинсон (R. M. Robinson), Расположения 24 точек на сфере (Arrangements of 24 points on a sphere), Math. Annalen, 144, 1961, стр. 17—48.

P. M. Робинсон, Конечные системы точек на сфере, каждая из которых является ближайшей для пяти других (Finite sets on a sphere with each nearest to five others), Math. Annalen, 179, 1969, стр. 296—318.

Оценки площадей

E. Б. Дынкин, Задача 10, Математическое просвещение (новая серия), вып. 2, М., Гостехиздат, 1957, стр. 268.

В. А. Залгаллер (W. A. Zalgaller), Экстремальная задача из геометрии треугольника (Extremalne zagadnienie w geo- metrii trojk^ta), Matematyka (Warszawa), 19, № 2, 1966, стр. 49—53.

Дж. Хаммерсли (J. M. Hammersley), Об ущербе, который приносит математическим способностям школьников и студентов «современная математика» и подобная ей интеллектуальная мура (On the enfeeblement on mathematical skills by «Modern Mathematics» and by similar soft intellectual trash in schools and universities), Bull. Inst, of Math, and its Applications, 4, № 4, 1968, стр. 3—22.

Д. Клейтон, M. Кри л rep (D. Kleiton, M. Krilger), Упаковки квадратов в прямоугольники (Packing squares in rectangles), Annals of New York Acad. Science, 175, № 1, 1970, стр. 253—262.

А. Меир, Л. Мозер (A. Meir), Об упаковках квадратов и кубов (On the packing of squares and cubes), Journ. of Combinatorial Theory, 5, 1969, стр. 126—134,

Т. Радо (Т. Rado), Об одной теореме, связанной с теоремой Витали (Sur une probleme relatif a une theoreme de Vitali), Fundamenta Math., 11, 1928. стр. 868—869.

А. С. Соколин, Об одной задаче Радо, Доклады Академии наук СССР, 26, № 9, 1940, стр. 868—869.

Р. Радо (R. Rado), Несколько теорем о покрытиях 1—III (Some covering theorems I—III), Proc. London Math. Soc., 51, 1950, стр. 232—264; там же, 53, 1951, стр. 243—267; Journal London Math. Soc., 42, 1968, стр. 127—130.

В. А. Залгаллер, Замечания о задаче Радо, Математическое просвещение (новая серия), вып. 5, М., Физматгиз, 1960, стр. 141—148.

59а. М. Айтаи (М. Ajtai), Решение одной проблемы Радо (The solution of a problem of T. Rado), Bull. Acad. pol. sci., Ser. sci. math., astron, et phys., 21, 1973, стр. 61—63.

К. Ф. Рот (К. F. Roth), О проблеме Хейлброна (On problem of Heilbronn), Journ. London Math. Soc., 26, 1951, стр. 198—209.

M. Гольдберг (M. Goldberg), Максимизация наибольшего из треугольников, образуемых п точками в квадрате (Maximizing the smallest triangle made by n points in a square), Math. Magazine, 45, № 3, 1972, стр. 135—144.

M. Фреше (M. Frechet), Вероятности, связанные с системой совместимых и зависимых событий (Les probabilites associees а un sisteme d’evenements compatibles et dependants), I, Paris, 1940; II, Paris, 1943.

И. M. Я г л о м, E. И. Файнберг, Оценки для вероятностей сложных событий, Труды VI Всесоюзного совещания по теории вероятностей и математической статистике, Вильнюс, 1962, стр. 297—303.

С А. Пирогов, Вероятности сложных событий и линейное программирование, Теория вероятностей и ее применения, 13, № 2, 1968, стр. 344—348.

Несколько свойств выпуклых многоугольников

Б. Грюнбаум, Выпуклые многогранники (Convex polytopes), London — New York — Sydney, 1967.

П Мак-Маллен, Г. Шепард (P. McMullen, G. C. Shephard), Выпуклые многогранники и гипотеза о максимальном числе граней (Convex polytopes and the upper bound conjecture), Cambridge, 1971.

Я. В. Успенский (J. V. Uspensky), Любопытный случай применения в геометрии метода математической индукции (A curious case of the use of mathematical induction in geometry), Amer. Math. Monthly, 34, № 5, 1927, стр. 247—250.

P. Г. Бинг, H. Д. Казаринов, О конечности числа отражений, переводящих плоский невыпуклый многоугольник в выпуклый, Математическое просвещение (новая серия), вып, 6, М., Физматгиз, 1961, стр. 205—207,

Дж. А цель, Л. Фукс (J. Aczel, L. Fuchs), Одна экстремальная задача о площадях вписанного в круг многоугольника и многоугольника, описанного вокруг круга (A minimum-problem on a areas of inscribed and circumscribed polygons of a circle), Compositio mathematica, 8, № 1, 1950, стр. 61—67.

Задачи, связанные с понятием диаметра фигуры

П. Бейтман, П. Эрдёш (Р. Bateman), Геометрические экстремумы, подсказанные одной леммой Безиковича (Geometrical extrema suggested by a lemma of Besicovitch), Amer. Math. Monthly, 58, № 5, 1951, стр. 306—314.

С. Винце (S. Vincze), Об одной геометрической задаче на экстремум (On a geometrical extremum problem), Acta Scientiarum mathematicarum (Szeged), 12A, 1950, стр. 136—142.

К. Рейнгардт (К. Reinhardt), Экстремальные многоугольники заданного диаметра (Extremale Polygone gegebenen Durchmessers), Jahresbericht Deutsch. Math. Vereinigung, 31, 1922, стр. 251—270.

П. Э p д ё ш, О множестве расстояний между п точками (On sets of distances of n points), Amer. Math. Monthly, 53, 1946, стр. 248—250.

X. Хопф, E. Панвцц (H. Hopf, E. Pannvitz), Задача 167 (Aufgabe 167), Jahresbericht Deutsch. Math. Vereinigung, 43,1934, стр. 114 !); 45, 1935, стр. 33 ).

Б. Г p ю н б а у м, Доказательство предположения Важоньи (A proof of Vaszonyi’s conjecture), Bull. Research Council Israel, cep. A, 6, 1956, стр. 77—78; А. Хеппеш (A. Heppes), Доказательство предположения А. Важоньи (Beweis einer Vermutung von A*. Vaszonyi), Acta Math. Sci. Hungar., 7, 1957, стр. 463—466; С. Страцевич (S. Straszewicz), Об одной геометрической задаче П. Эрдёша (Sur une probleme geometrique de P. Erdos), Bull. Acad. Polon. Sci., Cl. Ill, 5, 1957, стр. 39—40.

П. Эрдёш, О множестве расстояний между п точками евклидова пространства (On sets of distances of n points in Euclidean space), Magyar Tud. Akad. Mat. Kutato Int. Kozl., 5, 1960, стр. 165—169.

П. Эрдёш, Задача 250 (Aufgabe 250), Elemente der Math., 10, 1955, стр. 114; 11., 1956, стр. 137.

Ю. Г. Дуткевич, О диаметре множества средних точек хорд ограниченного выпуклого множества, Матем. заметки, 6, № 2, 1969, стр. 233—236.

Л. Стахо (L. Stacho), Об одной задаче, касающейся семейств кругов (Uber ein Problem fiir Kreisscheibenfamilien), Acta Sci. Math. (Szeged), 25, 1965, стр. 273—282.

Г. У. Е. Юнг (Н. W. Е. Jung), О наименьшем шаре, содержащем пространственную фигуру (Uber den kleinsten Kugel, die eine raumliche Figur einschiefit), Jurn. reine und angew. Math., 123, 1901, стр. 241—257; О наименьшем круге, содержащем плоскую фигуру (Uber den kleinste Kreis, der eine ebene Figur ein- schliefit), там же, 137, 1910, стр. 310—313.

Г. Мешковский (FI. Meschkowski), Нерешенные и неразрешимые геометрические задачи (Ungeloste und unlosbare Prob- leme der Geometrie), Braunschweig, 1960.

Ю. П а л (J. Pal), Об одной элементарной вариационной проблеме (Uber eine elementares Variationsproblern), KgL Danske Vid. Selskab., Mat.-fys. Medd., 3, № 2, 1920, стр. 3—35.

P. Шпраг (R. Sprague), Об одной элементарной вариационной проблеме (Uber eine elementares Variationsproblern), Math. Tides- krift, 1936, стр. 96—99.

Г. Э г л с т о н, Минимальные универсальные покрышки в Еи (Minimal universal covers in En), Israel Journ. of Math., 1, 1963, стр. 149—155.

А. Кирш (A. Kirsch), Замыкающий шар точечной совокупности (Die Pferchkugel eines Punkthaufens), Math.-Phys. Semesterbe- richte, 3, 1953, стр. 214—218.

Д. Гейл (D. Gale), О включении «-мерных множеств в правильный «-мерный симплекс (On inscribing «-dimensional sets in a regular «-simplex), Proc. Amer. Math. Soc., 4, 1953, стр. 222—225.

Б. Грюнбаум, Простое доказательство предположения Борсука для трехмерного пространства (A simple proof of Borsuk’s conjucture in three dimensions), Proc. Cambridge Phil. Soc., 53, 1957, стр. 776—778.

А. С. Безикович (A. S. Besicovitch), О дугах, которые нельзя покрыть внутренностью равностороннего треугольника со стороной 1 (On arcs that cannot be covered by an open equilateral tringle of side 1), Math. Gazette, 49, № 369, 1965, стр. 286—288.

Г. Э г л с т о н, О покрытии правильного многоугольника треугольником (On covering a regular polygon with a triangle), Proc. Cambridge Phil. Soc., 58, 1962, стр. 8—11.

89a. Дж. Пуль, Дж. Геррите (G. Poole, J. Gerriets), Минимальные покрытия для дуг постоянной длины (Minimum covers for arcs of constant length). Bull. Amer. Math. Soc., 79, 1973, стр. 462—463.

В. Бляшке (W. Blaschke), О наибольшем круге выпуклого множества точек (Uber den grofiten Kreis einer konvexen Punkt- menge), Jahresber. Deutsch. Math. Vereinigung, 23, 1914, cip. 369—374.

К. Борсук (К. Borsuk), О разложении «-мерного евклидова шара в « множеств (Uber die Zerlegung einer euklidischen «-di- mensionalen Vollkugel in « Mengen), Verhandlungen Intern. Math. Kongr., Zurich, 2, 1932, стр. 192; Три теоремы о «-мерной сфере (Drei Satze fiber die «-dimensional Spare), Fundamenta Math., 20, 1933, стр. 177—190.

A. X e п п e ш, П. Р е в е с (Р. Revesz), К проблеме Борсука о разбиениях на части (Zum Borsukschen Zerteilungsproblem), Acta Math. Acad. Sci. Hungar., 7, 1956, стр. 159—162.

Г. Э г л с т о н, Покрытие трехмерного множества множествами меньшего диаметра (Covering of three-dimensional set with sets of smaller diameter), Journ. London Math. Soc., 30, 1955, стр. 11—24.

A. X e п п e ш, Расщепление точечных множеств в трехмерном пространстве в объединение трех множеств меньшего диаметра (ТёгЬеП ponthalmazok felosztasa kisebb atmerogu reszhalmazok osszegere), Magyar tudomanyos akad. Mat. Fis. Oszt. Kozl., 7, 1957, стр. 413—416.

P. Л. Грехем (R. L. Graham), О разбиениях равностороннего треугольника (On partitions of an equilateral triangle), Canadian Journ. Math., 19, 1967, стр. 394—409.

Г. Ленц (H. Lenz), О покрытии плоских точечных множеств множествами меньшего диаметра (Uber die Bedeckung ebener Punktmengen durch solche kleineren Durchmessers), Archiv Math., 7, 1956, стр. 34—40; Разложение плоских областей в выпуклые ячейки возможно меньшего диаметра (Zerlegung ebener Bereiche in konvexe Zellen von moglichst kleinem Durchmesser), Jahresber. Deutsch. Math. Vereinigung, 58, 1956, стр. 87—97.

Г. Хадвигер, О разложении шара в меньшие части (Von der Zerlegung den Kugel in kleinere Teile), Gaz. Mat. Lisboa, 15, 1954, стр. 1—3.

Л. А. Люстерник, Л. Г. Шнирельман, Топологические методы в вариационных задачах, М., 1930.

Е. Б. Дынкин, В. А. Успенский, Математические беседы, М. — Л., 1952.

Задачи о расположении точек и фигур

И. Кеплер (J. Kepler), О снежинке (De nive sexangula), Ge- sammelte Werke, Bd. 4, Munchen, 1911, стр. 259—280.

К. Бендер (C. Bender), Определение наибольшего числа шаров одного радиуса, которые можно приложить к шару того же размера, что и другие (Bestimmung der grofiten Anzahl gleich- groBer Kugeln, welche sich auf eine Kugel von demselben Radius, wie die ubrigen, auflegen lassen), Grunert Archiv, 56, 1874, стр. 302—313.

С. Гюнтер (S. Gunter), Одна стереометрическая задача (Eine stereometrisches Problem), Grunert Archiv, 57, 1875, стр. 209—215.

К. Шютте, Б. Л. ван дер Варден (В. L. van der Waerden), Проблема тринадцати шаров (Das Problem der dreizehn Kugeln), Math. Annalen, 125, 1953, стр. 325—334.

Дж. Лич (J. Leech), Проблема тринадцати шаров (The problem of the thirteen spheres), Math. Gazette, 40, 1956, стр. 22—23.

Г. С. Кокете p (Н. S. М. Coxeter), Верхняя граница для числа равных неперекрывающикся шаров, которые можно прило-

жить к еще одному шару того же самого размера (An upper bound for the number of equal nonoverlapping spheres that can touch another on the same size), первый из сборников [37], стр. 53—71.

Л. Ф е й е ш Тот, Замечания к одной теореме Р. М. Робинсона (Remarks on a theorem of R. M. Robinson), Studia Sci. Math. Hungar., 4, 1969, стр. 441—445.

Г. Хадвигер, О числе соседей для равных по параллельному переносу выпуклых тел (Uber Treffanzahl bei translationsgleiche Eikorper), Archiv der Math., 8, 1957, стр. 212—213.

Л. ФейешТот, О числе равных дисков, которые могут касаться другого такого же (On the number of equal discs that can touch another of the same kind), Studia Sci. Math. Hungar., 2, 1967, стр. 363—367.

И. M. Я г л о м, Задачи трудные и легкие, Математическая школа (лекции и задачи), вып. IV—V, М., Изд-во МГУ, 1965, стр. 12—18.

ПО. К. Б-ёрёцки (К. Boroczky), О ньютоновом числе правильных многоугольников (Uber die Newtonische Zahl regularer Vielecke), Period. Math. Hungar., 1, № 2, 1971, стр. 113—119.

H. Г рёмер (H. Groemer), Оценки для числа выпуклых тел, касающихся данного выпуклого тела (Abschatzungen ftir die Anzahl der konvexen Korper die einen konvexen Korper bertihren), Monatshefte fur Math., 65, 1961, стр. 74—81.

Б. Грюнбаум, Об одном предположении Хадвигера (On а conjecture of Hadwiger), Pacific Journ. of Math., 11, 1961, стр. 215—219.

К. Хальберг, E. Левин, E. Страус (C. J. A. Halberg, Jr., E. Levin, E. G. Straus), О соприкосновении конгруэнтных множеств в евклидовом пространстве (On contiguous congruent sets in euclidean space), Proceedings Amer. Math. Soc., 10, 1959, 335—344.

Э. Невиль (E. H. Neville), О решении численных функциональных уравнений (On the solution of numerical functional equations), Proc. London Math. Soc., (2) 14, 1915, стр. 308—326.

С. Кравитц (S. Kravitz), Упаковка цилиндров в цилиндрических контейнерах (Packing cylinders into cylindrical containers), Math. Magazine, 40, 1967, стр. 65—71.

К. Цан (С. Т. Zahn, Jr.), Максимизация расположений кругов методом «черного ящика» (Black Box Maximization of Circular Coverage), Journ. of Research Nat. Bureau of Standarts — B. Math, and Math. Physics, 66B, № 4, 1962, стр. 181—214.

И. Ц. Гохберг, А. С. Маркус, Одна задача о покрытии выпуклых фигур подобными, Известия Молдавского филиала АН СССР, № 10(76), 1960, стр. 87—90.

Ф. Леви (F. W. Lewi), Одна геометрическая задача о покрытиях (Eine geometrisches Uberdeckungsproblem), Archiv der Math., 5, 1954, стр. 476—478; Покрытие выпуклой области параллельным сдвигом ее открытого ядра (Uberdeckung eines

Eibereiches durch Parallelverschiebung seines offenen Kerns), там же, 6, 1955, стр. 369—370.

Г. Хадвигер, Нерешенная задача № 20 (Ungeloste Probleme Nr. 20), Elemente der Math., 12, 1957, стр. 121.

П. С. С о л т а н, О покрытии выпуклых тел гомотетичными. Fundamenta math., 76, 1972, стр. 85—93.

Т. Банг (Th. Bang), О покрытии параллельными полосами (On covering by parallel-strips), Math. Tidsskr., cep. B, 13, 1950, стр. 49—53; Решение «проблемы дощечек» (A solution of the «plank problem»), Proc. Amer. Math. Soc., 2, 1951, стр. 990—993.

T. Бан г, Несколько замечаний об объединении выпуклых тел (Some remarks on the union en convex bodis), 12 Scand. Math. Kongr., Lund., 1953; Lund, 1954, стр. 5—11; В. Фенхель, Решение Банга проблемы дощечек (On the Bang’s solution of the plank problem), Math. Tidsskr., cep. B, 14, 1951, стр. 49—56; Д. Оман (D. Ohmann), Краткое доказательство одной оценки для ширины при покрытии выпуклыми телами (Kurzer Beweis einer Abschatzung fur die Breite bei Uberdeckung durch konvexe Korper, Archiv der Math., 8, 1957, стр. 150—152; H. Богнар (N. Bognar), О принадлежащем В. Фенхелю решении проблемы дощечек (On W. Fenchel’s solution of the plank problem), Acta Math. Acad. Sci. Hungar., 12, 1961, стр. 269—270.

И. M. Яг л ом, Т. Банг — В. Фенхель: Решение одной задачи о покрытии выпуклых фигур, Математическое просвещение (новая серия), вып. I, М., Гостехиздат, 1957, стр. 214—218; Д. Оман: Решение проблемы Банга о покрытии выпуклых фигур, там же, вып. 4, М., Физматгиз, 1959, стр. 239—241.

Дж. Ш а е р, А. Меир (J. Schaer), Об одной геометрической экстремальной проблеме (On a geometric extremum problem), Canad. Math. Bulleten, 8, 1965, стр. 21—27; Дж. UI a e p, Плотнейшая упаковка 9 кругов в квадрате (The densest packing of 9 circles in a square), там же, 9, 1966, стр. 273—277.

Дж. Ш а е р, О плотнейшей упаковке шаров в кубе (On the densest packing of spheres in a cube), Canad. Math. Bull., 9, 1966, стр. 265—270; О плотнейшей упаковке пяти шаров в кубе (On the densest packing of five spheres in a cube), там же, стр. 271—274; Плотнейшая упаковка шести шаров в кубе (The densest packing of sixe spheres in a cube), там же, стр. 275—280.

M. Гольдберг, О первоначальной задаче Мальфатти (On the original Malfatti Problem), Math. Magazine 40, № 5, 1967, стр. 241—247; X. Габай, Э. Либман (Н. Gabai, Е. Libman), О неравенстве Гольдберга, связанном с задачей Мальфатти (On Goldberg’s inequality associated with the Malfatti problem), там же, 41, № 5, 1968, стр. 251—252.

M. Гольдберг, Обратная задача Мальфатти (The converse Malfatti problem), Math. Magazine, 41, № 5, 1968, стр. 262—266.

ОТВЕТЫ И УКАЗАНИЯ

Докажите, что если XY— произвольный отрезок, проходящий через М (где X и Y— точки сторон А АВС), а К — не принадлежащая ему точка, то наибольшим из всех отрезков KL, где LeXY, Является либо отрезок КХ, либо отрезок KY.

Проведите через середину Mi отрезка AiBi отрезки MiA' * AiA и М\В' # ВХВ\ воспользуйтесь тем, что медиана треугольника всегда не больше полусуммы тех двух сторон, которые она не делит пополам.

Равенства MMi = ~ | AAt ± ВВХ | имеют место, лишь если AAi || BBi.

а) Четырехугольник ABCD может быть: 1) плоским, выпуклым; 2) плоским, невыпуклым; 3) плоским, самопересекающимся; 4) неплоским. Докажите, что во всех случаях Z АВС + 4- Z BCD + Z CDA + ZDAB < 360°.

Если отрезки АС и BD пересекаются, то четырехугольник ABCD выпуклый.

Если «диагонали» АС и BD плоского четырехугольника ABCD не пересекаются, то этот четырехугольник невыпуклый Или самопересекающийся; рассмотрите отдельно оба случая.

Воспользуйтесь методом доказательства от противного. Если четырехугольник ABCD не выпуклый, то утверждение задачи может оказаться неверным.

а) Отразите точку М симметрично от общей середины отрезков AD и ВС.

Примите за точку М плоскости точки А и D.

а) Наибольшее расстояние между точками окружностей равно d + ^i + ^2, а наименьшее — или d — г< — г2, или ri — d — г2, или 0.

Наибольшее расстояние не меняется от замены окружностей кругами, а наименьшее обращается в нуль или сохраняет то же значение, что и раньше.

а) р (Ть Т^ = -^-; р (Г2, Т,) = -^ (= 2р (Л, Г2)).

б) р(^,Л2)=у; р(Ы1)=-^.

а) Воспользуйтесь определениями величин р(Фь Ф2), р(Ф2, Фз), р(Ф1, Фз) и тем, что для любых трех точек А, В и С всегда АС ^ АВ + ВС.

б) Может.

а) Воспользуйтесь тем, что если точка Л удалена от центра окружности S радиуса г на расстояние d, то наименьшее расстояние р(Л,5) от А до окружности S равно \d— г|. Далее рассмотрите отдельно разные случаи взаимного расположения окружностей Si и S2.

Всегда P(Ki, К^ = P(Si, S2), но возможно р(7<1, Кг) ^ ^ р (Si, S2) •

Воспользуйтесь определением величины Р(Ф1, Фг) и результатом задачи 8 а).

Воспользуйтесь тем, что фигурирующий в условии задачи отрезок АВ равен радиусу наибольшего круга с центром Л, целиком заключающегося внутри кляксы, а отрезок АС — радиусу наименьшего круга с центром А, содержащего кляксу внутри себя.

Воспользуйтесь тем, что если МА, МВ и МС — расстояния от произвольной точки плоскости до вершин равностороннего треугольника АВС, то всегда АМ + ВМ ^ СМ ^ | АМ — ВМ|.

Воспользуйтесь тем, что если Mi и Мг— две диаметрально противоположные точки рассматриваемой окружности, то MiAi + М2Аг ^ 2 (где i = 1, 2, 3, ..., 1000).

В задаче требуется доказать, что расстояние от точки Л® до любой из вершин ломаной не превосходит 3. Пуеть А к — какая- то вершина ломаной (й = 2, 3, 4, ..., п—1 или п). Обозначим через Ct, Са, ..., Ck-t окружности, описанные вокруг треугольников Л0Л1Л2, Л1Л2Л3, Ак-2Ак-1Ак\ пусть Оь О2, ..., Ok-i — центры этих окружностей. В таком случае

ЛоЛ^ ^ Л0О1 + (O1O2 + О2О3 + ... + Ok—2^k—i) + Ок—\Аь,

так что остается оценить отрезки Л0О1 и O^-iAk и ломаную O1O2O3... Ok-V

Покажите, что Л0О1 ^ 1, АкОк-л ^ 1 и что

0^2 + О2о3 + О3О4 + ... + Об-зОй-! < -у (tg60° - tg 30°) =^-.

Для доказательства последнего неравенства рассмотрите наряду с окружностями С2, Сз, ..., Ck-i еще и равные предыдущим окружности С2, Сз, .... Ск—\, проходящие через точки Ао и Ai.

Искомым будет квадрат АА1ВВЬ диагональю которого является отрезок АВ; сумма расстояний от А до его вершин равна (1 + FT) d.

Докажите, что если OAt = х, Л2Лз = у, О В = 2 и если С и D — точки пересечения продолжения Л2Л3 с /4, соответственно — продолжения ВА^ с Л2С, то Л2С = х, ЛзС — х — у и A3D = 2; далее установите, что xz = у^х — у).

Воспользуйтесь тем, что у (х — у) <~^ х2.

Воспользуйтесь тем, что у (х — у) ^ ~ х2. Неравенство задачи б) улучшено быть не может.

Воспользуйтесь теоремой о величине вписанного (в окружность) угла.

Рассмотрите самую близкую к точке М из всех диагоналей и сторон правильного п-угольника.

а) Постройте £^ABC с заданным острым углом а, такой, что его биссектриса AD, высота СН и медиана ВМ пересекаются в одной точке Q, и докажите, что если а < 45°, то Z АС В = у тупой.

б) Докажите, что при увеличении угла а отвечающий а угол АСВ = у (см. указание к решению задачи а)) монотонно убывает, в силу чего достаточно определить такой угол а0, которому отвечает угол уо = 90°; докажите, что cos2 а0 + cos а0 — 1=0, т. е.

1

cosa0 =2" * Ответ- 90° > а >-ао (« 51°50').

Если ACi — диагональ куба, a — точка его поверхности, то 90° ^ Z AMCi ^ а, где угол а определяется равенством tg а = *■(так что а « 144°44'08 ).

Наименьший возможный угол равен

arccosarccosеслиесливвR2 + г2 - 1 arccos ^R2 + г2 - 1 arccos ^еслиесли2_в2_в

arccos

arccos

если

если

в

в

R2 + г2 - 1 arccos ^

R2 + г2 - 1 arccos ^

если

если

2_

в

2_

в

0,0,если

0,

0,

Наибольшее возможное значение рассматриваемой суммы углов равно £-180° при п = 2к четном и (к2 + к) • 180° при п = = 2k +1 нечетном*, оно достигается для к пар противоположно направленных лучей или для к таких пар лучей и еще одного произвольно направленного луча.

Пусть OXi-i, OX t, OXi+i — какие-то три последовательных луча из числа рассматриваемых нами, и пусть х< #= Хг+ь Поменяйте местами отрезки Хг и хг+1 (новые лучи — OXi-v, ОХ'^ ОХ^^ докажите, что если Хг -< хг+1, то Z Xt-iOXt-vi 2> ZXi—1OX<+l.

Перенесите параллельно все рассматриваемые прямые так, чтобы они проходили через фиксированную точку О.

Воспользуйтесь формулой для суммы внешних углов выпуклого многоугольника.

Рассмотрите выпуклую оболочку Т всех точек, т. е, наименьший выпуклый многоугольник, такой, что все рассматриваемые точки расположены внутри него или на его границе.

а — в) Если Т содержит внутри хоть одну из наших точек, то существует треугольник с вершинами в трех из наших точек и точка внутри него; оцените части углов △ АВС, на которые их делят прямые DA, DB и DC (где D лежит внутри £хАВС\ Если все точки расположены в вершинах Т, то воспользуйтесь формулой для суммы углов многоугольника.

г) Предположите, что точки Mi, М2, ..., Мп пронумерованы таким образом, что Z МпМ1М2— угол выпуклого m-угольника Т (где m ^ п) и что лучи MiM2, MiM3, MiM4, ..., MYMn следуют друг за другом именно в этом порядке; далее воспользуйтесь тем, что если N — точка на продолжении луча MiN за точку Mi, то 180° = Z NMxMn = Z NMXM2 + Z М2МХМ3 + Z М3МХМ4 + ...

• • • + Z Мп—\МхМп*

Для того чтобы ни один из треугольников MiMjMh не имел 180°

меньшего —— угла, п точек должны располагаться в вершинах

правильного «-угольника.

Если выпуклая оболочка Т наших точек содержит внутри хоть одну из них, то достаточно воспользоваться оценкой для внутренних углов ADB, BDC и CDA, где точка D лежит внутри ZXABC; в противном случае воспользуйтесь формулой для суммы углов многоугольника.

Ни один из треугольников с вершинами в наших точках не содержит угла, большего 90°, соответственно 108° и 120°, лишь в том случае, если точки являются вершинами равноугольного много* угольника (прямоугольника в случае четырех точек).

а) Воспользуйтесь результатом задачи 26 в).

б), в) Рассмотрите (скажем, центрально-симметричный) равноугольный шестиугольник ABCDEF, где АВ С FA <с EF (знак <^ означает «много меньше») и точки G, Н на биссектрисах углов F и С шестиугольника, расположенные на одинаковом и очень малом расстоянии от вершин F и С.

а) Если выпуклая оболочка Т наших точек — отрезок, то аг = 0; если она треугольник, то аг < 45°. Если Т = ABCD — четырехугольник, то вычислите суммы углов Z ABD + Z BDA + + Z DAC + Z ВАС и Z CBD + Z BDC + Z ВС А + Z DCA.

б) Если выпуклая оболочка Т наших четырех точек — отрезок, то р2 = 180°; если Т — треугольник, то рг ^ 90°. Если Т = ABCD и D — самый большой из углов Г, то вычислите сумму Z DAB + + ZABC + ZBCD 4- ZCDB + ZBDA.

Рассмотрите случай п точек одной прямой.

Воспользуйтесь результатом задачи, разобранной на стр. 22—23. Значения А = 60° и В = 60° реализуются для четырех вершин правильного тетраэдра.

а) При п = 3 или 4.

При п ^ 8. Рассмотрите выпуклую оболочку Т всех рассматриваемых точек, т. е. наименьший многогранник, содержащий внутри (и на границе) все наши точки; докажите, что в рассматриваемом случае ни одна из точек Mi, М2, ..., Мп не может лежать внутри Т — все они являются вершинами Т. Далее рассмотрите многогранники Тг, Т3, ..., Тп, получаемые из Т параллельными переносами на векторы М1М2, М1М3, ..., MiMn, и докажите, что никакие два из многогранников Ti = Т, Тг, Тз, ..., Тп не пересекаются и что все они заключены внутри вдвое большего (по линейным размерам) многогранника 2 с вершинами Мх, М^ М^,..., М^, где М[ получается из Mi переносом на вектор 2Л41Л4г-. Из сравнения объемов многогранников Т и 2 и вытекает требуемый результат.

а) Только при п = 3.

При п ^ 5. Нетрудно найти примеры многогранников с четырьмя вершинами (треугольная пирамида, или тетраэдр) и с пятью вершинами, все грани которых являются остроугольными треугольниками; при этом в случае п = 5 можно установить (здесь может помочь, например, теорема Эйлера, связывающая число вершин, число ребер и число граней выпуклого многогранника — см. книги [2], [3], [8], [23] или задачу 48 книги: Д. О. Шкл я рекий, Н. Н. Ченцов и И. М. Яглом, Избранные задачи и теоремы

элементарной математики, ч. 3, Геометрия (стереометрия), М., Гос- техиздат, 1954), что в этом случае многогранник Т г М1М2М3М4М3 обязательно должен представлять собой «треугольную бипирамиду» (или битетраэдр), полученную из двух тетраэдров М1М2М3М4 и М1М2М3М5, сложенных общим основанием М1М2М3.

Далее (сделать это можно, например, с помощью векторной алгебры) установите, что для такого битетраэдра М^М^МзМ^М^ с шестью остроугольными гранями обязательно

М^ + М4М| < М^ + М^. (*)

Предположите, наконец, что существуют шесть точек, удовлетворяющих условию задачи; в таком случае они должны являться вершинами «выпуклого 6-вершинника» Т, ограниченного некоторым числом остроугольных треугольников. С помощью теоремы Эйлера (см. выше) можно установить, что искомый 6-вершинник Т может являться либо «четырехугольной бипирамидой» М1М2М3М4М5М6, образованной двумя четырехугольными пирамидами М1М2М3М4М5 и MiAhA^WkMe, сложенными общим основанием М1Л12Л1зЛ44, либо «искривленной пятиугольной пирамидой», в которой «вершина» Л46 соединена со всеми вершинами «сломанного 5-угольного основания» М1М2М3М4М5, «сложенного» из трех треугольников AfiAf2vVf3, Л41Л43М4 и ЛГ1Л14Л15, расположенных в разных плоскостях. Но в обоих случаях можно прийти к противоречию, используя то, что каждые пять из наших точек являются вершинами битетраэдра, для которого выполняются соотношения типа (*); этим доказывается, что случай п = 6 (или п > 6) является невозможным.

а) При /г = 3 или 4.

Также лишь при п = 4. Воспользуйтесь тем, что если Мх и М2 — две самые далекие друг от друга из наших точек, а 7143 и ЛД — две самые далекие из оставшихся точек, то все точки принадлежат сфере S с диаметром М1М2 и все точки, кроме, быть может, лишь точек Mi и М2, — сфере о с диаметром М3М4, (т. е. все они принадлежат пересечению сфер 5 и о); далее рассмотрите отдельно случаи, когда сферы 5 и о совпадают и когда они различны.

При любом; для доказательства воспользуйтесь, например, методом математической индукции.

4. Для доказательства удобно воспользоваться тем, что если все двугранные углы трехгранного угла острые, то и все его плоские углы — острые.

а) Воспользуйтесь теоремой о сумме плоских углов трехгранного угла.

Воспользуйтесь результатом задачи 120 а) (для п = 4).

Воспользуйтесь результатом задачи 35.

Докажите, что каждый вписанный в М треугольник XYZ по площади не больше по крайней мере одного треугольника PYZ, вершина Р которого совпадает с вершиной М.

а) Воспользуйтесь тем, что площади треугольников, имеющих общий угол, относятся как произведения сторон, заключающих этот угол, и методом доказательства от противного.

б) Рассмотрите отдельно случай, когда все стороны треугольника PQR пересекают соответствующие стороны треугольника AiBxCit образованного средними линиями треугольника АВС, и

случай, когда у этих треугольников есть пара непересекающихся соответственных сторон.

Воспользуйтесь тем, что площади треугольников, имеющих

равные углы, относятся как произведения длин сторон, заключающих эти углы, и тем, что сумма квадратов двух (положительных) чисел не превосходит их удвоенного произведения, а сумма кубов трех (положительных) чисел — их утроенного произведения.

Улучшена оценка задачи быть не может (опровергающий пример: равносторонний треугольник).

Докажите, что хоть один треугольник, основанием которого

является сторона шестиугольника, а вершина принадлежит диагонали, соединяющей две вершины шестиугольника, ближайшие к

основанию рассматриваемого треугольника, имеет площадь ^ —

Улучшено неравенство задачи быть не может (опровергающий пример — правильный шестиугольник).

Проведите через вершины Л, С и Е шестиугольника прямые, соответственно параллельные ВС || EF, АВ || DE и AF || CD, и рассмотрите образовавшиеся параллелограммы.

Равенство $АСЕ ~ ту ^abcdef имеет место Для шестиуголь

ников, противоположные стороны которых параллельны и равны.

а) Неравенство s > — S можно вывести из рассмотрения отрезаемых диагоналями пятиугольника П треугольников, для которых стороны пятиугольника п являются средними линиями; для того чтобы убедиться, что это неравенство нельзя улучшить, достаточно предположить, что вершины D и Е пятиугольника П s в ABCDE слились с С.

3

Для того чтобы доказать, что неравенство s < — S (если только оно справедливо) нельзя улучшить, достаточно предположить, что вершины Е и С сливаются, соответственно с А и с В\ при этом П обращается в треугольник ABD. Для того же, чтобы дока- _ 3 о

зать справедливость неравенства s < -4- о, достаточно рассмотреть, как меняется площадь «малого» пятиугольника п при такой деформации основного пятиугольника П, не меняющей площади П, при которой П обращается в &ABD (эту деформацию приходится проводить в несколько этапов).

б) Возможность равенства s = 0 является очевидной; равенство s = ^ S осуществляется для «вырожденного» шестиугольника Ш в ABCDEF, вершины В, D и F которого совпадают, соответственно с Л, с С и с Е. Далее рассмотрите, как меняется s при (многостепенной) деформации шестиугольника Ш, не меняющей его площади и переводящей Ш в А АВС, для которого s = ^S.

Равенство 5 = 0, очевидно, возможно. Для доказательства 4

неравенства s < — S воспользуйтесь тем, что вершина Т параллелограмма PQRT принадлежит диагонали АС четырехугольника; используйте также неравенство xyz ^ I~) , имеющее место для

4

любых положительных х, у, г» Равенство s=-^-S отвечает случаю принадлежности Л, В и D одной прямой и тому, что АТ :ЛС=2:3, 44. Воспользуйтесь неравенством

(АХ + ВУУ < (А2 + В2) (X2 + У2),

справедливым для любых положительных Л, В, X, У.

Равенство в задаче а) имеет место в случае равенства треугольников Л и 72, а в задаче б)—в случае их подобия.

а) Воспользуйтесь формулой: 8 =—■ ef sin а, где а — угол между диагоналями четырехугольника.

Примените результат задачи а) к параллелограмму, вершины которого совпадают с серединами последовательных сторон четырехугольника.

Воспользуйтесь тем, что длина средней линии (выпуклого) четырехугольника не превосходит полусуммы длин сторон, которые эта средняя линия не пересекает (ср. также указание к решению задачи б)).

а) Из условий задачи следует, что Л1 заключен внутри (4 X 5)-прямоугольника Р, стороны которого параллельны осям координат, и внутри наклоненного к нему под углом 45° (3 j/2" X 41^2)- прямоугольника р; найдите, когда площадь пересечения Q прямоугольников Р и р будет наибольшей.

Рассмотрите пересечение Q фигурирующих в решении задачи а) прямоугольников Р и р; найдите, при каких условиях будет наименьшей площадь вписанного в это пересечение (может быть, вырожденного!) восьмиугольника q, имеющего вершины на всех сторонах Q.

Полосы должны иметь общий центр симметрии (ср. с решением задачи 46 а)).

Достройте четыре прямоугольных треугольника, отсекаемых от прямоугольника ABCD равным ему прямоугольником AiBiCiDt до прямоугольников и докажите, что эти прямоугольники не будут иметь общих точек.

Заключите «плот» F в наименьший возможный прямоугольник Р, ограниченный берегами канала и двумя перпендикулярными каналу отрезками; рассмотрите, как будет двигаться этот прямоугольник (который считается жестко скрепленным с плотом) при движении 7, и докажите, что если площадь «плота» ^ 2 ]^2, то в какой-то момент F (а с ним и Р) повернется на угол 45°. Рассмотрите, какое положение может занимать в этот моменту Р, и выведите отсюда противоречие с предположением SF ^ 2 )/2.

Рассмотрите последовательно случаи: когда сечение прр- ходит через ребро тетраэдра; когда оно проходит через вершину тетраэдра; общий случай.

а) Рассмотрите отдельно случаи, когда проекция является треугольником и когда она представляет собой четырехугольник; воспользуйтесь тем, что диагонали четырехугольника являются проекциями ребер тетраэдра. Ответ. Наибольшая по площади проекция правильного тетраэдра представляет собой квадрат.

б) В общем случае проекция куба представляет собой (центрально-симметричный) шестиугольник, составленный из трех параллелограммов — проекций граней куба; воспользуйтесь равенством площадей граней куба и неравенством.

Ответ. Наибольшая по площади проекция куба представляет собой правильный шестиугольник.

а) Наибольший центрально-симметричный многоугольник т, заключающийся в данном треугольнике Т и имеющий данный центр О, представляет собой пересечение Т и треугольника Ti, симметричного Т относительно точки О; поэтому задача сводится к тому, чтобы найти точку О, для которой пересечение треугольников Т и Тх имеет наибольшую возможную площадь. Ответ. Точка О должна совпасть с точкой пересечения медиан треугольника Г; пло-

2

щадь m равна площади Т.

б) Наименьший выпуклый центрально-симметричный многоугольник М, содержащий внутри себя данный треугольник Т и имеющий центр в данной точке О, совпадает с выпуклой оболочкой (ср. с решением задачи 25) точек Л, В, С, Л1, В^ Ci, где ДЛ1В1С1^Т1 симметричен ЛАВС=Т относительно точки О; таким образом, задача сводится к выбору такой точки О, чтобы эта выпуклая оболочка была возможно меньшей по площади. Отв е т: Площадь М равна удвоенной площади Т.

Искомая точка совпадает с точкой М пересечения медиан треугольника Т; пределы, в которых заключается отношение к частей Т, на которые делит Т проходящая через М прямая, таковы:

а) Наряду с основной фигурой Ф (которая может и состоять из нескольких отдельных кусков) рассмотрите также фигуры Ф' и Ф", получаемые из Ф параллельными переносами на расстояние 0,001 в направлении одной из сторон содержащего Ф квадрата и в направлении, образующем угол 60° с направлением первого переноса; докажите, что никакие две из фигур Ф, Ф' и Ф"

не пересекаются.

б) Пусть 0MiM2 — равнобедренный треугольник со сторонами ОМх =0,001 «Т^З, ОТИ2 = 0,001 • КЗ и МхМ2 = 0,001; рассмотрите фигуры Ф1 и Ф2, полученные из основной фигуры Ф площади s параллельными переносами на векторы OAh и ОМ2. Пусть Ф1 — та из этих фигур, площадь пересечения которой с Ф не превосходит г— (любая из фигур Ф1 и Фг, если обе они удовлетворяют этому условию), и пусть отрезок ОМ^ отвечающий вектору OMi параллельного переноса, переводящего Ф в Ф1, направлен по биссектрисе угла между векторами фигурирующих в решении задачи а) переносов (переводящих Ф в Ф' и в Ф")- Из рассмотрения совокупности четырех фигур Ф, Ф1 и Ф', Ф" можно вывести, что s <С < 0.287.

а) Первое решение. Пусть стороны рассматриваемых квадратов равны а^ а2) а^ ..., ап, где at ^ а2 ^ а3 ^ ... ^ аПх» Требуемое вложение всех квадратов в квадрат К можно осуществить так: сначала вкладываем, вплотную друг к другу, квадраты

со сторонами at, a2, ..., artl прикладывая их один за другим к «нижней» стороне К до тех пор, пока это остается еще возможно; затем, отрезав от К полоску ширины а^ содержащую все уложенные до сих пор квадраты, мы укладываем аналогичным способом последующие квадраты, начиная с (ni + l)-ro, прикладывая их к нижней стороне оставшейся части К, и т. д.

Второе решение. Методом математической индукции (индукция по числу квадратов!) можно доказать следующее, более общее, чем нам требуется, предложение: если сумма площадей п квадратов не превосходит 1/2 площади прямоугольника Р со сторонами а и b и сторона наибольшего квадрата не превосходит меньшей стороны прямоугольника Р, то все квадраты можно без наложений уложить в прямоугольник Р.

б) Докажите, что если два квадрата со сторонами тип можно без наложений расположить в квадрате со стороной а, то m + п ^ а; отсюда, в частности, будет следовать, что два квадрата со стороной 1/2 нельзя без наложений расположить в квадрате, сторона которого < 1. Для доказательства выделенного курсивом предложения предположите, что квадраты со сторонами тип вместились в квадрат К со стороной а; сдвиньте их к противоположным углам К.

а) Исключите из рассмотрения все отрезки покрытия, которые полностью покрываются другими отрезками покрытия; затем перенумеруйте все оставшиеся отрезки в естественном порядке и рассмотрите отдельно «четные» и «нечетные» отрезки.

б) Отбросьте все квадраты покрытия, пересекающиеся с самым большим из этих квадратов; с оставшимися квадратами поступайте аналогично.

а) Докажите, что выпуклую оболочку расположенных внутри квадрата точек (т. е. наименьший выпуклый многоугольник, содержащий внутри и на границе все эти точки) можно разбить на треугольники с вершинами в наших точках; оцените, каким может быть число этих треугольников.

Спроектируйте все точки на одну сторону заключающего их квадрата; воспользуйтесь результатом задачи 61 б).

Оцените площадь объединения девяти рассматриваемых многоугольников.

Воспользуйтесь тем, что (в указанных на стр. 51 обозначениях)

2 ^t ^ S ^/ + S Mijfc, — 2 ^ijkl + VW 12345 = 5, (1) где S — площадь всей покрытой заплатами части кафтана, ^Mt= = Mi + М2 + Ма + Л14 + М5 — сумма площадей всех заплат, 2 Мц = М12 + Л41з + Ми + ... + М45 — сумма всех попарных пересечений заплат, и т. д.; вытекающим из (1) неравенством

М — 2 ^i + 2 ^U — 2 ^ць + 2 ^цы ^12345 ^ 0, (2) а также родственным (2) неравенством

2 Mi - 2 2 Ми + 3 2 Mlik -42 Мцы + 5Л112345 > 0, (3) получаемым комбинированием неравенств типа (2), примененным к отдельным заплатам М^ М2, М3, М4, М5 (где, например, «кафтан» Mi покрыт «заплатами» Mi2, Л11з, Мм и Af^).

а) Первое решение. Воспользуйтесь неравенством (ср. с указанием к задаче 59)

М - 2 М,+s Л1,, - 2 Ml i t +...+(-1У 2 м£1 t +... * *1*01 */

...(-1)"М12з_п>0, Zp Z2, ... = 1, 2, ..., n

(доказать его можно, например, по индукции) и неравенствами, получаемыми комбинированием неравенств этого типа, примененных к «заплатам» Mt, к их парным пересечениям Mt ^ к их тройным пересечениям М^^ и т. д:

2 М/ - 2 2 м^ц +3 2 м,1<г/з - 4 5 мЛ W1 + ...

... +H)r''r2A,V!...ir+ — +(-1)"-1«Л112...„>0;

SMilti-з2mWi+62MtiWi- ...

... + (-1 У"2 Cr2 2 MZ]... +(-l)n“2C^12...„>0;

2 М1М3 — 4 2 МШ,1. +

... +(-1)г"3С?2^1<2...<г+ - +(-1)"-3С>12...„>0;

Далее надо найти такую комбинацию выписанных неравенств, В КОТОрОЙ Отсутствовали бы ЧЛеНЫ С 2 ^ц1г13 с 2 ^likWи Те Де» вплоть до члена с 2^/^ .../ •

Второе решение. Обозначим площадь квадрата («кафтана») М, покрытую многоугольниками Mi, М2. ..., Мп («заплатами»)- в точности h-кратно, через Хд; совокупность п + 1 неотрицательных чисел (хо, хь хг, ..., хп) можно назвать характеристикой данной системы 91 многоугольников Mi. Покажите, что каждая система (хо, Xi, Хг, ,,., хп) из п+1 неотрицательных чисел, где

х0 + Xi + х2 + ... + хп = 1 и

п ^ 0 • х0 + 1 • X] + 2 • х2 + ... + п • хп ^ па,

служит характеристикой некоторой системы многоугольников.

Нам надо найти систему многоугольников (и отвечающую ей характеристику), для которой достигает наименьшего значения величина тахМ^^. Докажите, что для данной характеристики (хо, Xi, хг, ..., хп) минимум max Mt-j2 достигается в случае одинаковых площадей всех 6-кратных пересечений М^ ее ^ многоугольников Mt (где 6 = 1, 2, ..., п), а в случае переменной характеристики — для характеристики (хо, Xi, х2, ..., хп), в которой отличны от нуля лишь два соседних числа или одно число (для чего надо убедиться, что в противном случае характеристику можно изменить с тем, чтобы величина тахМ^ увеличилась).

См. указание ко второму решению задачи а).

Эту задачу можно решить аналогично задачам а)—б); только здесь уместно называть характеристикой системы 91 многоугольников Мг совокупность П — А + 2 чисел (Xh-x, Хп, Xh+ь ..., Хп^ (которые имеют тот же смысл, что и выше); при этом выписанные в указании ко второму решению задачи а) условия здесь заменяются следующими:

ХЛ-1 + Хл+ ••• + *«<1;

Chn>O-xh-i + Chhxh+Chh+1xh+1+ ... -^-С^х „■>€„«.

а) Пусть АВ — сторона выпуклого многоугольника М площади 1, С — точка (или одна из точек) многоугольника М, наиболее удаленная от АВ. Докажите, что М можно заключить в параллелограмм площади ^ 2, одна сторона которого содержит сторону А В многоугольника, а две соседние с ней стороны параллельны АС.

б) Рассмотрите содержащий Z^ABC площади 1 параллелограмм APQR, вершина А которого совпадает с вершиной треугольника, а стороны PQ и QR проходят через вершины В и С; докажите, что площадь этого параллелограмма ^2.

а) Впишите в данный многоугольник М площади 1 треугольник АВС наибольшей возможной площади (ср. с задачей 37) и рассмотрите отдельно случаи, когда площадь ZXABC не превосходит 1/2 и когда она превосходит 1/2.

б) Прежде всего докажите, что квадрат со стороной 1 нельзя заключить в треугольник площади С 2. Затем последовательно покажите, что прямоугольник площади 1 нельзя заключить в треугольник площади < 2 и что параллелограмм площади 1 нельзя заключить в треугольник площади < 2; при этом используйте то, что отношение площадей фигур сохраняется при ортогональном проектировании.

а) Пусть прямая / не пересекает многоугольник М, А — самая близкая к / вершина М (или одна из самых близких вершин), В — вершина М, наиболее удаленная от /. Далее пусть /1$ /0, /2— параллельные / прямые, делящие отрезок А В на 4 равные части; прямая /[ (более близкая к А) пересекает контур М в точках Р и Q, а прямая /2 — в точках R и Т. Докажите, что площадь хоть одного из треугольников ART и BPQ не меньше 3/8 площади М.

Найдите вписанный в правильный шестиугольник треугольник наибольшей возможной площади, одна сторона которого параллельна заданной стороне шестиугольника.

Воспользуйтесь тем, что Л! Л2 — средняя линия △ Л1Я2Д3; Л2Л3 — средняя линия △ Л2Л3Л4, и т. д. При п>3 результат задачи а) можно усилить так: Р> Р'>— Р, причем эти неравенства далее усилить нельзя; при п>4 результат задачи б) может быть усилен так: S>S' >~St причем при п >5 эти неравенства усилить нельзя; относительно случая п = 5 см. задачу 42 а).

Неравенства задачи равносильны следующим:

sinai + sina2+ ... + sinan^

c<n “1 + «2 , cin «2 + a3a„ + at

^ sin-h sin2г • • • + sm2

И

sin 2ai + sin 2a2 + ... + sin 2an ^

< sin (ai + a2) + sin (a2 + a3) + ... + sin (a^ + ai), где 0 < az ^ 90° (Z = 1, 2, ..., n) и a1 + a2 + ... + an = 180°.

Воспользуйтесь тем, что если АВ и CD — две хорды одной окружности S с центром О и^ АВ < ""CD < 180°, то

АВ ~АВ~АВ

> _— и—ЧАД.. >

CD CD и S0GD ~CD е

а) Воспользуйтесь методом математической индукции (по числу звеньев ломаной).

б) Равнобедренный треугольник со стороной а (он будет даже равносторонним).

Постройте на каждой стороне М обращенный внутрь М

S прямоугольник ширины -р .

Первое решение. Преобразуйте четырехугольник подобно с коэффициентом подобия к = и приложите к исходному равными сторонами; выясните, в каком случае полученная фигура будет иметь наибольшую возможную площадь.

Второе решение. Рассмотрите два четырехугольника с одинаковыми сторонами: вписанный в окружность S с центром О четырехугольник ABCD и отличный от него четырехугольник AiBiCiDf, предположите, что шарнирный четырехугольник ABCD деформируется в AvBtCJ\, причем треугольники О АВ, ОВС, OCD и ODA занимают новые положения А^В^О^ В^С^О^, С^В^Оз и В^А^О^; сравните площади четырехугольника ABCD и «деформированного» четырехугольника AiBiCiBv

а) Первое решение. Рассмотрите два четырехугольника с одними и теми же углами и одним периметром: четырехугольник ABCD, описанный вокруг окружности s с центром О, и другой четырехугольник AiBiCiDf, из О опустите перпендикуляры OK, OL, ОМ, ON на стороны ABCD и рассмотрите «скрепленные» с четырехугольником AiBiCiDi четырехугольники A^N iOiK2=ANOK, B1K1O2U = BKOL, CtLiOsMs = CLOM и B1MlO4N4 = BMON, углы которых совпадают с углами AiBiCiDf, сравните площади четырехугольников ABCD и AiBiCiDb

Второе решение. Пусть углы А и В треугольника ABF равны двум (соседним) углам рассматриваемого четырехугольника; задача сводится к тому, чтобы пересечь △ ABF прямой рассматриваемого направления так, чтобы у получившегося четырехугольника отношение площади к квадрату периметра было возможно большим. Сравните две секущие: касающуюся вписанной в △ ABF окружности секущую DC и иную секущую DvCv

б) Воспользуйтесь методом математической индукции (по числу сторон многоугольника; ср. с указанием ко второму решению задачи а)).

Если вписанный в S п-угольник М не является правильным, то у него найдется сторона, меньшая стороны вписанного в S правильного п-угольника Л1о; можно также считать, что М имеет сторону, большую стороны М^ и что эти две стороны М являются соседними. Докажите, что при замене соответствующих двух сторон АВ и ВС многоугольника М новыми сторонами АВ' и В'С, где АВ' равно стороне Л1о,

периметр, б) площадь

n-угольника М увеличатся.

а) Пусть Mi и Мо— неправильный и правильный п-уголь- ники, описанные вокруг одной окружности s; опишите вокруг Мо круг К и рассмотрите часть многоугольника М, расположенную внутри К; докажите, что уже эта часть М по площади не меньше Мо.

Воспользуйтесь результатом задачи а).

Воспользуйтесь результатами задач 71а) и 72 а).

а) Воспользуйтесь формулой Герона для площади S треугольника со сторонами а, Ь, с и полупериметром р:

S=/p(p — aHp — b)(p — с).

б) Воспользуйтесь результатом задачи 69, а также следующей формулой для площади S такого четырехугольника со сторонами а, Ь, с, d и полупериметром р, который можно вписать в круг:

s = /(р — а) (р — Ь) (.р — с) (р — d)

(эту формулу можно доказать, использовав конструкцию, примененную в первом решении задачи 69).

Рассмотрите систему «внутренних параллельных оболочек» М^ многоугольников М, получаемых при одновременном сдвиге всех сторон М внутрь М на одно и то же (небольшое) расстояние 6; для доказательства неравенства

Рг — S — sr2 ^ О,

где г — радиус Вписанного круга многоугольника М (в смысле рис. 24, a); s— площадь описанного (в «школьном» смысле этого термина) вокруг единичной окружности многоугольника т, стороны которого параллельны сторонам М, рассмотрите соответствующую величину Р^ — ^ — s^, вычисленную для многоугольников М^ и выясните, как будет меняться эта величина с ростом 6.

Воспользуйтесь результатом задачи 75.

а) Ср. указание к решению задачи 75.

б) Рассмотрите «выпуклые оболочки ширины Д» всех сторон многоугольника М (т. е. совокупности точек, ближайшее расстояние от которых до стороны АгАг-ц не превосходит Д; здесь Д— какое-то положительное число, i = 1, 2, ..., п, причем принято, что Лп+1 = Л1); докажите, что если Д = R, то совокупность так построенных оболочек сторон полностью покрывает «выпуклую оболочку ширины R» самого многоугольника М (совокупность точек, наименьшее расстояние до М от которых ^ Р), площадь которой равна S + PR + nR2.

а) Пусть 4 и В — две произвольные точки многоугольника М; докажите, что существуют две такие вершины многоугольника, расстояние между которыми не меньше АВ.

б) Решается аналогично задаче а).

Воспользуйтесь тем, что площадь S выпуклого четырех* угольника ABCD равна АС • BD sin а, где а — угол между диагоналями четырехугольника. Ответ. К2 ^ Р < оо.

Пусть АВ — диаметр многогранника М; проведите через все вершины М перпендикулярные АВ плоскости и оцените сумму длин частей ребер М, попавших в каждый из «слоев», на которые эти плоскости рассекают М.

Ответ, d ^ 2 К2 + 2; значение d = 2 К2 + 2 реализуется для ветки, имеющей форму дуги окружности. Рассмотрите такое положение ветки, при котором отрезок АВ = d перпендикулярен биссектрисе образованного рекой угла или ср. с решением задачи 49.

а) Очевидно.

Рассмотрите отдельно случаи, когда точки являются вершинами выпуклого четырехугольника и вершинами треугольника, внутри которого заключена четвертая точка; установите, что диаметр будет наименьшим, если точки являются вершинами квадрата.

Диаметр системы точек будет наименьшим, если точки являются вершинами правильного пятиугольника (ср. с указанием к решению задачи б)).

а) Опишите вокруг каждой из точек окружность диаметра р,; оцените общую площадь всех ограниченных этими окружностями кругов.

б) См. указание к решению задачи а); воспользуйтесь результатом задачи 93 6).

а) При п = 3, 5 диаметр ломаной может равняться _1; при п = 4 наименьшее возможное значение диаметра равно К2; при п = 6 диаметр не может равняться 1, но может быть сколь угодно близок к 1.

При любом нечетном п ^ 3 диаметр ломаной может равняться 1; при всех четных п ^ 6 диаметр ломаной не может равняться 1, но может быть сколь угодно близок к 1.

а) Очевидно.

Наименьшим диаметром обладает квадрат.

Наименьшим диаметром обладает правильный пятиугольник.

Наименьшим диаметром обладает шестиугольник, углы которого попеременно г^вны 90° и 150°.

a) 0<S<l d/4 и 2<Р1<3.

0<S<72 и 2<Р<4.

Неравенства для площади остаются теми же, что и в задаче а), но для периметра Р имеем: 2 < Р ^ 2 + Кб —К2; наибольший периметр имеет ромбоид (четырехугольник с двумя парами равных смежных углов) ABCD, у которого АВ = ВС = СА = = DB = 1, AD = DC.

а) Систему п точек плоскости можно выбрать так, чтобы число ее диаметров («диаметров-отрезков») равнялось и, однако, это число не может превзойти п. Доказать последнее утверждение можно методом математической индукции; при этом отдельно рассматриваются случаи, когда из каждой точки исходят

не более двух диаметров, и когда есть точка, из которой исходят ^ 3 диаметров.

б) Число диаметров-отрезков системы п точек пространства может равняться 2п— 2, но не может превзойти 2п — 2. Доказать последнее утверждение можно методом математической индукции. А именно, обозначьте число диаметров, исходящих из каждой из п точек через 61, 62, ..., 6П, и рассмотрите отдельно случаи, когда некоторое число 6г ^ 2 (где i = 1, 2, 3, ... или п) и когда все 6г- ^ 3. Первый случай легко отбросить, воспользовавшись индуктивным предположением, касающимся систем из п — 1 точек; во втором, более сложном случае рассмотрите общую часть П п шаров радиуса 1 с центрами во всех наших точках и с помощью теоремы Эйлера о выпуклых многогранниках (грани которых могут быть не плоскими) изучите возможное устройство тела /7.

Если (где к < п—1), то наши п точек к — 2 к — 1

целесообразно группировать около к точек, делящих отрезок ДИП на к — 1 равных частей (концы отрезка сюда включаются), разбив их на к групп; в случае, когда п дает при делении на к остаток г, т. е. п — kl + г, мы получим к — г групп по I точек и г групп по / + 1 точек, соответственно чему из Сп попарных расстояний между точками Ai, А2, ..., Ап мы будем иметь (& — г) С/+ гС/+1 малых расстояний, а все остальные будут не меньше а.

Используйте результаты задач 87 а) и 82 (для решения задачи в) нам понадобится также аналог результата задачи 82, относящийся к случаю п = 6 — см. текст на стр. 70); в случаях, когда число не меньших а отрезков меньше полного числа С^ попарных расстояний между точками, удобно считать, что некоторые из этих расстояний очень малы.

5.

Воспользуйтесь тем, что каждая точка At нашей системы точек может служить концом ^ 6 минидиаметров.

а) Рассмотрите фигуру, образованную теми диаметрами AiA2 и В1В2 фигуры Е, середины А и В которых являются концами диаметра фигуры 2(E); воспользуйтесь тем, что медиана треугольника со сторонами длин а, b и с, делящая пополам сторону длины а, равна ~]^262 + 2с2 — а2, и выясните, в каком случае отрезок АВ будет иметь наибольшую возможную длину.

б) Решается аналогично задаче а).

а) Предположите, что одна пара противоположных сторон квадрата упирается в границу фигуры F.

Воспользуйтесь или тем, что наименьшая окружность, содержащая внутри себя фигуру F, обязательно содержит либо две точки F, являющиеся диаметрально противоположными точками окружности, либо три точки, являющиеся вершинами остроугольного треугольника, или результатом задачи в).

Пусть ZZ7 — содержащий F шестиугольник с равными 120° углами, все стороны которого упираются в контур фигуры F; рассмотрите, как меняется этот шестиугольник при непрерывном изменении направления «первой» его стороны, и выведите, что можно найти такой описанный вокруг F шестиугольник, противоположные стороны которого равны между собой.

Первое решение. Рассмотрите два описанных вокруг F равносторонних треугольника со взаимно параллельными (но «противоположно направленными») сторонами.

Второе решение. Воспользуйтесь результатом задачи в),

а) 0 < г ^ Го, где го — радиус вписанного круга треугольника Т; Ro ^ R С оо, где Rо — радиус описанного круга треугольника Г, и Т — остроугольный; а/2 ^ R < оо, где а — наибольшая сторона треугольника Т, и Т — не остроугольный.

Пусть а, Ь, с — стороны треугольника Т, а А, В, С — его углы и а ^ b ^ с; пусть еще г0 — радиус вписанного круга этого треугольника. Тогда r0 С р < -^ a cosec В.

Воспользуйтесь результатом задачи а).

Докажите, что если Ki, К2, Кз, ...— наименьшие круги, содержащие всевозможные тройки из наших точек, то наибольший из этих кругов содержит все рассматриваемые точки.

а) Рассмотрите множество центров всех имеющихся кругов и наименьший круг, полностью «покрывающий» это множество.

б) Постройте круги радиусов V" 3/3 с центрами во всех точках, составляющих фигуру F.

а) Отрежьте от квадрата задачи 93 а) четыре «уголка», подобных фигурирующим в условии настоящей задаче; воспользуйтесь тем, что два противоположных из них таковы, что внутренняя точка одного удалена на расстояние ^ 1 от каждой точки другого.

б) Ср. с указанием к решению задачи а).

а) Примите за центр круга середину ломаной.

б) Круг радиуса ’Д.

а) Пусть АВС — правильный треугольник, CF (где F — точка стороны АВ) — прямая, образующая небольшой угол <р со стороной СА, Е — произвольная точка стороны СА треугольника, G — середина отрезка CF, CDG — ломаная, симметричная ломаной FEG относительно точки G. Если угол <р мал, то ломаная CDGEF заключается внутри △ АВС и не может быть заключена внутри равностороннего треугольника, меньшего ZX АВС, откуда следует отрицательный ответ на поставленный вопрос.

б) Да, можно

а) Докажите, что существует окружность, пересекающая все наши прямые и такая, что она касается двух параллельных из наших прямых или вписана в треугольник, образованный тремя из этих прямых.

б) Докажите, что каждые три^ из рассматриваемых прямых можно пересечь кругом радиуса V з/б.

а) Докажите, что наименьший круг, заключающийся внутри выпуклого многоугольника М, обязательно касается либо двух параллельных сторон М, либо трех сторон М, образующих при продолжении остроугольный треугольник.

Таким является, например, правильный треугольник.

101—102. а) Воспользуйтесь методом математической индукции; используйте результат задачи 87 а) (или 87 6)).

Воспользуйтесь результатом задачи а).

а) При п = 2— 6 рассмотрите части, на которые распадается окружность круга Кр; при и = 7 отдельно рассмотрите случаи, когда все 7 частей круга содержат части его окружности и когда таких частей ^6.

В случаях п = 2—4 рассмотрите, как распределяются между частями квадрата его вершины.

В случаях п = 3, 4 и 5—6 рассмотрите 3 вершины Тр; 3 вершины и центр Тр; 3 вершины Тр и 3 середины его сторон.

а)—в). Воспользуйтесь результатами задач 93 в); 93 а); 93 в) соответственно.

а) 6; б) 12; в) 18 (воспользуйтесь результатом задачи 118 6).

8. Воспользуйтесь результатом задачи 20 или рассмотрите концентрический с данным и параллельно данному расположенный квадрат со стороной 2.

а) 6. б) 8.

а)—в). Воспользуйтесь результатами задачи 103а).

Воспользуйтесь тем, что ни один из кругов к^ к^ ... не может покрыть большую 60° дугу окружности круга К.

ПО. а) Воспользуйтесь результатом зддачи 6 6).

Рассмотрите треугольник, образованный центрами трех заключенных внутри К непересекающихся кругов; воспользуйтесь результатом задачи 71 6).

Докажите, что всякий выпуклый многоугольник М можно заключить в треугольник или параллелограмм, сторонами которого являются прямые, содержащие стороны М

Воспользуйтесь результатом задачи 111.

Воспользуйтесь результатом задачи 112.

Опишите на данном круге, как на экваторе, полусферу и рассмотрите полупояса и полусегменты сферы, которые проектируются в покрывающие круг полоски. Ответ, к = [2/?] + 1 или к = 27?.

а) 1 или 2.

6) 1, 2, или 3 (см. задачу 93 в).

Рассмотрите п(1,М) непересекающихся кругов радиуса 1, расположенных внутри М, и ц(1,М) концентрических с ними кругов радиуса 2.

а) Воспользуйтесь результатами задач 108 и 109.

6) Сведите задачу к вопросу об «оптимальном» покрытии квадрата равными кругами,

а) Обозначим радиус наименьшего круга, внутри которого можно поместить п точек так, что одна из точек совпадает с центром круга и расстояние между каждыми двумя из точек ^1, через 7?п; тогда R2 = Ra = -.. = R? = 1 и Rn = -у cosec —-^ - при п — 8, 9, 10, 11. Для доказательства этого воспользуйтесь результатом задачи 20.

19. То, что внутри круга радиуса 2 нельзя поместить 20 точек, удовлетворяющих условию задачи, следует из результата задачи 20 (рассмотрите разные варианты расположения точек).

Можно — достаточно расположить эти станции в вершинах вписанного в поверхность планеты куба.

а) При п = 2, 3 решение задачи почти очевидно; при п = 5, 6 оно следует из результата задачи 35. Если п = 4, то предварительно надо решить задачу: расположить на сфере четыре точки Л, В, С, D так, чтобы расстояния DA, DB, DC все были ^а, а наименьшее из расстояний АВ, ВС, С А было возможно белый им.

6) Искомое число точек равно 6 в случае 1° и 4 в случае 2°<

2) См., например, гл. 14 книги Г. С. М. Кокет ер [8].

(ср. выше, стр. 17).

точки не принадлежали одной прямой, — ведь в таком случае эти

точки являются вершинами (вырожденного) «треугольника» нуле

4) Если отрезок U'U" пересекает прямую VW, то наименьшее значение s = О достигается для точки пересечения U'U" с прямой

VW, а наибольшее значение — для одного из концов отрезка U'U".

4) Ср. Д. О. Шклярский, Н. Н. Ченцов, И. М. Я г л о м.

Избранные задачи и теоремы элементарной математики (арифме

б) Задачу б) можно решить аналогично первому или аналогично второму решению задачи а); мы здесь ограничимся решением,

^ДАЛзА,2 2П\ 22п /

т. е.

f) Читатель, знакомый с дифференциальным исчислением, сразу увидит, что здесь, по существу, использована отрицатель- _ w , х cos х — sin х ,sin x

н о с т ь производной у =^ функции у = —~—•

1 q • В-2 . В3 В2 4” В3